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Universit´
e Paris Dauphine
Licence 3 MI2E

Analyse Complexe
Annales

P. Gravejat - Septembre 2007

1

2

Devoir N◦ 1
Exercice 1.

R 1 tn
1. Soit ∀n ∈ N, In = 0 1+t
dt.
a. Calculer la valeur de I0 , puis, montrer que
∀n ∈ N, In+1 =

1
− In .
n+1

b. En d´eduire que
∀n ∈ N, In =

+∞
X
(−1)k+n
.
k+1

k=n

c. Quelle est la limite de la suite (In )n∈N lorsque n tend vers
?
P I+∞
n n
d. En d´eduire le rayon de convergence de la s´erie enti`ere
z
.
n!
n≥0

R1

ext
0 1+t dt.

2. Soit ∀x ∈ R, F (x) =
a. V´erifier que la fonction F est bien d´efinie sur R.
b. Soit x ∈ R. On pose
∀t ∈ [0, 1], un (t) =
Montrer que la s´erie de fonctions

P

x n tn
.
n!(1 + t)

un (t) converge normalement sur [0, 1].

n≥0

c. En d´eduire que la fonction F est d´eveloppable en s´erie enti`ere sur R, et que
∀x ∈ R, F (x) =

+∞
X
In
n=0

n!

xn .

Exercice 2.
On consid`ere l’´equation diff´erentielle ordinaire
y 00 + xy 0 − xy = 0.
1. Soit

P

(1)

an z n , une s´erie enti`ere de rayon de convergence R > 0 (ou R = +∞). On suppose

n≥0

que la somme S de cette s´erie enti`ere est solution de l’´equation (1) sur l’intervalle ] − R, R[.
a. Calculer la valeur du coefficient a2 , puis, montrer que
∀n ∈ N, (n + 3)(n + 2)an+3 + (n + 1)an+1 − an = 0.
b. On pose b0 = a1 + a0 , et
∀n ∈ N∗ , bn = (n + 1)an+1 + an + an−1 .
Montrer que

bn
.
n+1
En d´eduire la valeur du coefficient bn pour tout entier n. P
c. Calculer le rayon de convergence R0 de la s´erie enti`ere
bn z n , puis, montrer que sa somme
∀n ∈ N, bn+1 =

n≥0

T v´erifie la relation
∀x ∈] − R, R[, T (x) = S 0 (x) + (x + 1)S(x).
3

d. Conclure que la fonction S est solution de l’´equation diff´erentielle ordinaire
∀x ∈] − R, R[, S 0 (x) + (x + 1)S(x) = (S 0 (0) + S(0))ex .
2. Soit y, une fonction de classe C 2 sur R.
a. Montrer que la fonction y est solution de l’´equation (1) sur R si et seulement si elle est
solution de l’´equation diff´erentielle ordinaire
∀x ∈ R, y 0 (x) + (x + 1)y(x) = (y 0 (0) + y(0))ex .

(2)

b. Soit (λ, µ) ∈ C2 . On pose
µ
Z
∀x ∈ R, yλ,µ (x) = λ + µ

x

e

t2
+2t
2

¶ ¡ 2 ¢
x
dt e− 2 +x .

0

Montrer que la fonction yλ,µ est solution de l’´equation (2).
c. En d´eduire l’ensemble des solutions de l’´equation (1) sur R.
Indication. On pourra admettre que l’ensemble des solutions de l’´equation (1) sur R est un
C-espace vectoriel de dimension deux.
Exercice 3.
1. Soit Ω, un ouvert connexe de C, et f , une fonction analytique sur Ω. On suppose que
∀z ∈ Ω, f 0 (z) = 0.
a. Soit z0 ∈ Ω. Montrer qu’il existe un nombre r´eel strictement positif ρ tel que
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) = f (z0 ).
b. En d´eduire que la fonction f est constante sur Ω.
2. Soit Ω, un ouvert connexe de C contenant 0, et f , une fonction analytique sur Ω. On suppose
que
∀(z, z 0 ) ∈ Ω2 (tels que z + z 0 ∈ Ω), f (z + z 0 ) = f (z)f (z 0 ).
a. Montrer que
f (0) = 0, ou f (0) = 1.
b. On suppose que f (0) = 0. Calculer explicitement la valeur de la fonction f .
c. On suppose que f (0) = 1.
(i) Montrer que
∀z ∈ Ω, f 0 (z) = f 0 (0)f (z).
(ii) En d´eduire que
∀z ∈ Ω, f (z) = ef

4

0 (0)z

.

Corrig´
e du devoir N◦ 1
Exercice 1.
n

t
est continue sur le segment [0, 1], donc, l’int´egrale In est
1.a. Soit n ∈ N. La fonction t 7→ 1+t
bien d´efinie. De plus, si n = 0, elle est ´egale `a
Z 1
1
I0 =
dt = [ln(1 + t)]10 = ln(2).
1
+
t
0

Dans le cas o`
u n est un entier quelconque, un calcul ´el´ementaire donne la formule
Z
In+1 =

0

1 n+1
t

+ tn − tn
dt =
1+t

Z
0

1

·

tn+1
t dt − In =
n+1
n

¸1
− In =
0

1
− In .
n+1

(1)

b. Soit ∀n ∈ N, Jn = (−1)n In . La formule (1) s’´ecrit pour la suite (Jn )n∈N ,
∀k ∈ N, Jk+1 = Jk +

(−1)k+1
.
k+1

La sommation de cette ´egalit´e sur les entiers k compris entre 0 et n − 1 donne
Jn +

n−1
X

Jk =

n−1
X

Jk + J0 +

k=0

k=1

k=1

n−1
X

(−1)k+1
,
k+1

ce qui se ram`ene `a
Jn = J0 +

n−1
X
k=0

(−1)k+1
,
k+1

puis, par d´efinition de la suite (Jn )n∈N ,
In = (−1)n I0 +

n−1
X
k=0

n−1

X (−1)n+k
(−1)n+k+1
= (−1)n ln(2) −
.
k+1
k+1
k=0

Il suffit alors d’´ecrire le d´eveloppement en s´erie enti`ere de la fonction x 7→ ln(1 + x) en x = −1,
ln(2) =

+∞
X
(−1)k
k=0

k+1

,

pour obtenir
In =

+∞
X
(−1)n+k
k=0

k+1



n−1
X
k=0

+∞
X
(−1)n+k
(−1)n+k
=
.
k+1
k+1
k=n

Remarque. Cette question peut ´egalement se r´esoudre par r´ecurrence sur l’entier n.
P (−1)k
c. Par le th´eor`eme des s´eries altern´ees, la s´erie
k+1 est convergente. En particulier,
k≥0

+∞
X
(−1)k
k+1

k=n

5



n→+∞

0,

(2)

donc, par la formule (2),

¯X
¯
¯ +∞ (−1)k ¯
¯
¯ → 0.
|In | = ¯
k + 1 ¯ n→+∞
k=n

Ainsi, la suite (In )n∈N converge vers 0 lorsque n tend vers +∞.
d. La suite (In )n∈N converge vers 0 lorsque n tend vers +∞, donc, il existe un entier N tel que
∀n ≥ N, |In | ≤ 1,
ce qui fournit

¯ ¯
¯ In ¯
1
∀n ≥ N, ¯¯ ¯¯ ≤ .
n!
n!
P
P 1 n
egal `a +∞, celui de la s´erie enti`ere
Comme le rayon de la s´erie enti`ere
n! z est ´

n≥0

n≥0

In n
n! z

est

sup´erieur ou ´egal `a +∞: il ne peut donc qu’ˆetre ´egal `a +∞.
xt

e
2.a. Soit x ∈ R. La fonction t 7→ 1+t
est continue sur le segment [0, 1]: son int´egrale sur ce
segment est donc bien d´efinie, ce qui implique que la fonction F est elle-mˆeme d´efinie en x. La
fonction F est ainsi d´efinie sur R.

b. Soit x ∈ R. Une majoration ´el´ementaire fournit
∀(n, t) ∈ N × [0, 1], |un (t)| ≤ an :=

|x|n
.
n!

P 1 n
P
Cependant, le rayon de la s´erie enti`ere
egal `a +∞, donc, la s´erie
an est convern! z est ´
n≥0
n≥0
P
gente. Ainsi, la s´erie de fonctions
un (t) converge normalement sur le segment [0, 1].
n≥0

P

c. Soit x ∈ R. La s´erie de fonctions

un (t) converge normalement sur le segment [0, 1], donc,

n≥0

elle converge
P R 1 uniform´ement sur ce segment. Par le th´eor`eme d’int´egration terme `a terme, la
s´erie
0 un (t)dt est ainsi convergente, et sa somme vaut
n≥0

+∞ µ Z
X
n=0

¶ Z
un (t)dt =

1

0

+∞
1µX

0


un (t) dt.

(3)

n=0

Cependant, le premier membre de l’´equation (3) s’´ecrit
+∞ µ Z
X
n=0

0



1

un (t)dt

=

+∞ n µ Z
X
x
n=0

n!

1

0

¶ X
+∞
tn
In n
dt =
x ,
1+t
n!
n=0

tandis que son second membre est donn´e par


Z 1µX
Z 1µX
Z 1 xt
+∞
+∞
(xt)n
dt
e
un (t) dt =
=
dt = F (x).
n!
1
+
t
1
+t
0
0
0
n=0

n=0

Il d´ecoule donc de l’´equation (3) que
F (x) =

+∞
X
In
n=0

n!

En conclusion, puisque le rayon de la s´erie enti`ere

xn .

+∞
P
n=0

In n
n! z

(4)

est ´egal `a +∞, la fonction F est

d´eveloppable en s´erie enti`ere sur R, et sa valeur est donn´ee par la formule (4).
6

Exercice 2.
1.a. La fonction S est solution de l’´equation (1), donc, sa d´eriv´ee seconde en 0 est ´egale `a
S 00 (0) = 0 × (S(0) − S 0 (0)) = 0,
d’o`
u la valeur du coefficient a2 ,
a2 =

S 00 (0)
= 0.
2

Par ailleurs, la fonction S s’´ecrit
∀x ∈] − R, R[, S(x) =

+∞
X

an xn ,

(5)

nan xn−1 ,

(6)

n=0

donc, sa d´eriv´ee et sa d´eriv´ee seconde s’´ecrivent
∀x ∈] − R, R[, S 0 (x) =

+∞
X
n=1

et
∀x ∈] − R, R[, S 00 (x) =

+∞
X

(n + 2)(n + 1)an+2 xn .

n=0

Comme la fonction S est solution de l’´equation (1), il s’ensuit que
∀x ∈] − R, R[,

+∞ ³
X

´
(n + 2)(n + 1)an+2 + nan − an−1 xn + 2a2 = 0.

n=1

L’unicit´e des coefficients d’une s´erie enti`ere fournit `a nouveau la valeur de a2 ,
a2 = 0,
puis, la formule
∀n ∈ N∗ , (n + 2)(n + 1)an+2 + nan − an−1 = 0,

(7)

qui est identique `a la formule recherch´ee,
∀n ∈ N, (n + 3)(n + 2)an+3 + (n + 1)an+1 − an = 0.
b. Par d´efinition,
b1 = 2a2 + a1 + a0 = a1 + a0 = b0 .
De mˆeme, par la formule (7),
∀n ∈ N∗ , (n + 1)bn+1 =(n + 2)(n + 1)an+2 + (n + 1)an+1 + (n + 1)an
³
´ ³
´
= (n + 2)(n + 1)an+2 + nan − an−1 + (n + 1)an+1 + an + an−1
=bn ,
d’o`
u la formule,

bn
.
n+1
s’en d´eduit par r´ecurrence sur l’entier n,
∀n ∈ N, bn+1 =

La valeur de la suite (bn )n∈N

∀n ∈ N, bn =

b0
a0 + a1
=
.
n!
n!
7

(8)

P a0 +a1 n
est ´egal `a +∞, donc, celui de la s´erie enti`ere
n! z
n≥0
n≥0
P
est aussi ´egal `a +∞. D’apr`es la formule (8), le rayon de la s´erie enti`ere
bn z n est ainsi ´egal `a
c. Le rayon de la s´erie enti`ere

P

1 n
n! z

n≥0

+∞. En particulier, la fonction T est d´efinie sur R, donc sur l’intervalle ] − R, R[, et v´erifie par
d´efinition de la suite (bn )n∈N ,
∀x ∈] − R, R[, T (x) =

+∞
X

+∞ ³
´
X
bn x =
(n + 1)an+1 + an + an−1 xn .
n

n=0

n=0

Les formules (5) et (6) donnent alors
0

∀x ∈] − R, R[, S (x) + (x + 1)S(x) =

+∞ ³
X

´
(n + 1)an+1 + an + an−1 xn ,

n=0

ce qui conduit `a
∀x ∈] − R, R[, S 0 (x) + (x + 1)S(x) = T (x).

(9)

d. La formule (8) fournit
∀x ∈] − R, R[, T (x) =

+∞
X
a0 + a1
n=0

n!

xn = (a0 + a1 )ex = (S(0) + S 0 (0))ex ,

donc, par l’´equation (9),
∀x ∈] − R, R[, S 0 (x) + (x + 1)S(x) = (S(0) + S 0 (0))ex .
2.a. Si la fonction y est solution de l’´equation (1) sur R, alors,
³
´
³
´0
∀x ∈ R, e−x (y 0 (x) + (x + 1)y(x)) = e−x y 00 (x) + xy 0 (x) − xy(x) = 0,
donc,
∀x ∈ R, e−x (y 0 (x) + (x + 1)y(x)) = y 0 (0) + y(0),
et la fonction y est solution de l’´equation (2) sur R.
R´eciproquement, si la fonction y est solution de l’´equation (2) sur R,
³
´
³
´0
∀x ∈ R, y 00 (x) + xy 0 (x) − xy(x) = ex e−x (y 0 (x) + (x + 1)y(x)) = 0,
ce qui prouve que la fonction y est solution de l’´equation (1) sur R.
En conclusion, la fonction y est solution de l’´equation (1) sur R si et seulement si elle est solution
de l’´equation (2) sur R.
b. Soit (λ, µ) ∈ C2 . La fonction yλ,µ est de classe C ∞ sur R, et sa d´eriv´ee est donn´ee par
µ
Z x 2
¡ 2
¢¶ ¡ 2 ¢
x
x
t
+2x
0
+2t
2
2
∀x ∈ R, yλ,µ (x) = − λ(x + 1) − µ(x + 1)
e
dt + µe
e− 2 +x
0

x

=µe − (x + 1)yλ,µ (x).
0 (0) = µ − λ, il s’ensuit que
Comme yλ,µ (0) = λ et yλ,µ

³
´
0
0
∀x ∈ R, yλ,µ
(x) + (x + 1)yλ,µ (x) = yλ,µ
(0) + yλ,µ (0) ex .
8

La fonction yλ,µ est donc solution de l’´equation (2) sur R.
c. Soit S, l’espace vectoriel des solutions de l’´equation (1) sur R. D’apr`es la question 2.b., la
fonction yλ,µ est solution de l’´equation (2), donc, par la question 2.a., de l’´equation (1). Il en
r´esulte que l’espace vectoriel S contient l’ensemble
Y = {yλ,µ , (λ, µ) ∈ C2 }.
Cependant, cet ensemble est un C-espace vectoriel de dimension 2: c’est donc un sous-espace de
dimension 2 de S. Par ´egalit´e des dimensions de ces deux espaces vectoriels, les espaces S et Y
sont donc ´egaux, ce qui signifie que
S = {yλ,µ , (λ, µ) ∈ C2 }.
Exercice 3.
1.a. La fonction f est analytique sur Ω, donc, d´erivable au sens complexe `a tout ordre sur Ω.
Comme sa d´eriv´ee au sens complexe est identiquement nulle sur Ω, toutes ses d´eriv´ees au sens
complexes sont identiquement nulles sur Ω:
∀n ∈ N∗ , ∀z ∈ Ω, f (n) (z) = 0.

(10)

Soit alors z0 ∈ Ω. La fonction f est analytique sur Ω, donc, il existe un nombre r´eel strictement
positif ρ tel que
+∞ (n)
X
f (z0 )
(z − z0 )n f (z),
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) =
n!
n=0

ce qui se ram`ene `a
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) = f (z0 ),
d’apr`es l’identit´e (10).
b. Soit z0 ∈ Ω, et ∀z ∈ Ω, g(z) = f (z) − f (z0 ). La fonction g est d´efinie et analytique sur
l’ouvert connexe Ω. De plus, d’apr`es la question 1.a., l’ensemble Z(g) de ces z´eros contient le
disque ouvert D(z0 , ρ): comme le point z0 est un point d’accumulation de ce disque, l’ensemble
Z(g) contient un point d’accumulation dans Ω. D’apr`es le principe des z´eros isol´es, la fonction
g est donc identiquement nulle sur Ω, ce qui signifie que
∀z ∈ Ω, f (z) = f (z0 ).
La fonction f est donc constante sur Ω.
2.a. L’hypoth`ese de la question 2. donne pour z = z 0 = 0
f (0) = f (0 + 0) = f (0)2 ,
ce qui induit que
f (0) = 0, ou f (0) = 1.
b. De mˆeme, l’hypoth`ese de la question 2. fournit pour z ∈ Ω et z 0 = 0
f (z) = f (z + 0) = f (z)f (0),
donc, si f (0) = 0,
f (z) = 0.
La fonction f est ainsi identiquement nulle.
9

(11)

c.(i) Soit z ∈ Ω. L’ensemble Ω est ouvert, et contient le point 0, donc, il existe un nombre r´eel
strictement positif ρ tel que
∀z 0 ∈ D(0, ρ), z 0 ∈ Ω, et z + z 0 ∈ Ω.
Ainsi, si 0 < |z 0 | < ρ, l’hypoth`ese de la question 2. donne
f (z + z 0 ) = f (z)f (z 0 ),
ce qui devient en retranchant l’identit´e (11),
f (z 0 ) − f (0)
f (z + z 0 ) − f (z)
=
f
(z)
.
z0
z0
Il suffit alors de passer `a la limite z 0 → 0 pour obtenir
f 0 (z) = f 0 (0)f (z).

(12)

(ii) L’´equation (12) fournit
∀z ∈ Ω, (f (z)e−f

0 (0)z

³
´
0
)0 = f 0 (z) − f 0 (0)f (z) e−f (0)z = 0,

d’o`
u, par la question 1.,
∀z ∈ Ω, f (z)e−f

0 (0)z

= f (0)e−f

0 (0)×0

Comme f (0) = 1, cette formule s’´ecrit finalement
∀z ∈ Ω, f (z) = ef

10

0 (0)z

.

= f (0).

Devoir N◦ 2
Exercice 1.
Soit Ω, un ouvert de C, et f , une fonction analytique sur Ω. On suppose qu’il existe un nombre
complexe z0 ∈ Ω tel que
f (z0 ) 6= 0.
1.a. Montrer qu’il existe un r´eel strictement positif ρ tel que
¯
¯
¯ f (z)
¯
¯
∀z ∈ D(z0 , ρ), ¯
− 1¯¯ < 1.
f (z0 )
b. En d´eduire qu’il existe une fonction analytique g sur D(z0 , ρ) telle que
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) = f (z0 )eg(z) .
2.a. Soit m ∈ N∗ . Montrer qu’il existe un nombre complexe h0 ∈ C tel que
f (z0 ) = hm
0 .
b. En d´eduire qu’il existe une fonction analytique h sur D(z0 , ρ) telle que
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) = (h(z))m .
˜
3.a. Soit Um = {ω ∈ C/ω m = 1}, l’ensemble des racines mi`emes de l’unit´e. On suppose que h
est une fonction analytique sur D(z0 , ρ) telle que
m
˜
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) = (h(z))
.

Montrer qu’il existe un ´el´ement ω de Um tel que
˜
∀z ∈ D(z0 , ρ), h(z)
= ωh(z).
˜ analytiques sur D(z0 , ρ) telles que
b. En d´eduire le nombre de fonctions h
m
˜
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) = (h(z))
.

Exercice 2.
Soit Ω, un ouvert connexe de C, et f , une fonction holomorphe sur Ω.
1. Soit z0 ∈ Ω et R > 0 tel que D(z0 , R) ⊂ Ω.
a. Montrer que
1
∀r ∈ [0, R[, f (z0 ) =


Z



0

f (z0 + reit )dt.

b. On rappelle que
Z

Z

R µ Z 2π

f (z)dz =
D(z0 ,R)

En d´eduire que

1

0

1
f (z0 ) =
πR2

0


f (z0 + re )dt rdr.1
it

Z
f (z)dz.
D(z0 ,R)

Cette formule donne la valeur de l’int´egrale en coordonn´ees polaires.

11

2. On suppose qu’il existe z0 ∈ Ω tel que
|f (z0 )| = max{|f (z)|, z ∈ Ω}.
a. On suppose que f (z0 ) = 0. Montrer que la fonction f est constante.
b. On suppose que f (z0 ) 6= 0, et on pose:
∀z ∈ Ω, g(z) =

f (z)
.
f (z0 )

(i) Montrer que g est holomorphe sur Ω, et que
∀z ∈ Ω, R´e(g(z)) ≤ |g(z)| ≤ 1.
(ii) Soit R > 0 tel que D(z0 , R) ⊂ Ω. Montrer que
Z
´
³
1

e
(g(z))

1
dz = 0.
πR2 D(z0 ,R)
(iii) En d´eduire que
∀z ∈ D(z0 , R), R´e(g(z)) = 1,
puis que
∀z ∈ D(z0 , R), g(z) = 1.
(iv) Conclure que
∀z ∈ D(z0 , R), f (z) = f (z0 ).
c. Conclure que la fonction f est constante sur Ω.
3. Soit f , une fonction holomorphe sur C. On pose:
∀r ≥ 0, Mf (r) = max{|f (z)|, |z| = r}.
a. Montrer que la fonction Mf est bien d´efinie sur R+ .
b.(i) Montrer que
∀r ≥ 0, Mf (r) ≤ max{|f (z)|, |z| ≤ r}.
(ii) On suppose qu’il existe r ∈ R+ tel que
Mf (r) < max{|f (z)|, |z| ≤ r}.
Montrer que la fonction f est constante sur D(0, r), puis en d´eduire une contradiction.
(iii) Conclure que
∀r ≥ 0, Mf (r) = max{|f (z)|, |z| ≤ r}.
(iv) En d´eduire que la fonction Mf est croissante sur R+ .
c.(i) On suppose qu’il existe 0 ≤ r < r0 tels que
Mf (r) = Mf (r0 ).
Montrer qu’il existe z0 ∈ D(0, r0 ) tel que
|f (z0 )| = max{|f (z)|, z ∈ D(0, r0 )}.
(ii) En d´eduire que la fonction f est constante sur D(0, r0 ), puis sur C.
(iii) Conclure que si la fonction f n’est pas constante sur C, alors, la fonction Mf est strictement
croissante sur R+ .
12

4. Application. Soit P (X) = X n + an−1 X n−1 + . . . + a0 , un polynˆome unitaire de degr´e n `a
coefficients complexes. On note f , la fonction associ´ee au polynˆome P , et on suppose que
∀z ∈ U = {z ∈ C, |z| = 1}, |f (z)| ≤ 1.
³ ´
a. Soit ∀z ∈ C, g(z) = z n f z1 . Montrer que g se prolonge en une fonction holomorphe sur C,
et que
Mg (0) = 1, et Mg (1) ≤ 1.
b. En d´eduire que la fonction g est constante sur C.
c. Conclure que
P (X) = X n .
Exercice 3.
Soit Ω, un ouvert connexe, et f , une fonction holomorphe non nulle sur Ω.
1. Soit Z(f ) = {z ∈ Ω, f (z) = 0}.
a. Montrer que Z(f ) est un sous-ensemble discret de Ω, et que, pour tout nombre complexe
a ∈ Z(f ), il existe un unique entier non nul νf (a) tel que
∀z ∈ Ω, f (z) = (z − a)νf (a) ga (z),
o`
u ga est une fonction holomorphe sur Ω telle que ga (a) 6= 0.
0
b. Montrer que la fonction ff est d´efinie et holomorphe sur Ω \ Z(f ).
c. Soit a ∈ Z(f ). Montrer que a est un pˆole d’ordre un de la fonction

f0
f ,

et que

³f0 ´
, a = νf (a).
R´es
f
0

d. En d´eduire que la fonction ff est m´eromorphe sur Ω.
e. On suppose que Ω est ´etoil´e par rapport `a un point, et on consid`ere un lacet γ (param´etr´e
sur [0, 1]) dans Ω \ Z(f ). Montrer que
Z 0
X
1
f (z)
νf (a)Indγ (a).
dz =
2iπ γ f (z)
a∈Z(f )

2. Soit P (X) =

d
P

ak X k , un polynˆome `a coefficients complexes de degr´e d non nul.

k=0

a. Montrer qu’il existe un r´eel R > 0 tel que
¯
¯ ¯
¯
¯
¯ ¯
¯
∀z ∈ C \ D(0, R), ¯P (z) − ad z d ¯ < ¯ad z d ¯.
b. Soit Q(X) = ad X d , et
∀z ∈ C \ {0}, R(z) = 1 +

P (z) − Q(z)
.
Q(z)

Montrer que la fonction R est d´efinie et holomorphe sur C \ {0}, et qu’elle satisfait
∀z ∈ C \ {0}, P (z) = Q(z)R(z).
c.(i) Montrer que
∀z ∈ C \ D(0, R), |R(z) − 1| < 1.
13

(ii) En d´eduire qu’il existe une fonction holomorphe g sur C \ D(0, R) telle que
∀z ∈ C \ D(0, R), R(z) = eg(z) .
d. Montrer que la fonction z 7→ P (z) ne s’annule pas sur C \ D(0, R), et qu’elle v´erifie
∀z ∈ C \ D(0, R),
e. En d´eduire que
1
2iπ

Z
γR

P 0 (z)
= d + g 0 (z).
P (z)

P 0 (z)
dz = d,
P (z)

o`
u ∀t ∈ [0, 2π], γR (t) = 2Reit .
f. Conclure que le polynˆome P a exactement d z´eros compt´es avec leur ordre de multiplicit´e.

14

Corrig´
e du devoir N◦ 2
Exercice 1.
1.a. La fonction f est analytique sur Ω, donc continue sur Ω. En particulier, elle est continue
en z0 :
∀² > 0, ∃δ² > 0, ∀z ∈ D(z0 , δ² ), |f (z) − f (z0 )| < ².
Comme |f (z0 )| > 0, il suffit de poser ² = |f (z0 )|, puis de choisir ρ = δ² pour obtenir
∀z ∈ D(z0 , ρ), |f (z) − f (z0 )| < |f (z0 )|,
ce qui est ´equivalent `a

¯
¯
¯ f (z)
¯
¯
∀z ∈ D(z0 , ρ), ¯
− 1¯¯ < 1,
f (z0 )

(car |f (z0 )| =
6 0).
b. Notons ln, l’unique d´etermination du logarithme sur D(1, 1) telle que
ln(1) = 0,
et posons
∀z ∈ D(z0 , ρ), g(z) = ln
D’apr`es la question 1.a,
∀z ∈ D(z0 , ρ),

³ f (z) ´
.
f (z0 )

f (z)
∈ D(1, 1),
f (z0 )

donc, la fonction g est bien d´efinie sur D(z0 , ρ). Elle est de plus analytique sur D(z0 , ρ), en tant
que compos´ee de fonctions analytiques. Enfin, elle v´erifie par d´efinition d’une d´etermination du
logarithme:
f (z)
,
∀z ∈ D(z0 , ρ), eg(z) =
f (z0 )
c’est-`a-dire,
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) = f (z0 )eg(z) .
2.a. Soit ρ0 ∈ R+ et θ0 ∈ R, le module et un argument du nombre complexe f (z0 ). On pose
h0 =

iθ0

ρ0 e m ∈ C.

m

Par d´efinition du module et de l’argument d’un nombre complexe, il vient alors
³ √ ´m ³ iθ0 ´m
m
hm
ρ0
em
= ρ0 eiθ0 = f (z0 ).
0 =
b. Posons
∀z ∈ D(z0 , ρ), h(z) = h0 e

g(z)
m

.

En tant que compos´ee de fonctions analytiques, la fonction h est d´efinie et analytique sur
D(z0 , ρ). De plus, elle v´erifie d’apr`es les questions 1.b et 2.a,
g(z)
∀z ∈ D(z0 , ρ), h(z)m = hm
= f (z0 )eg(z) = f (z),
0 e

ce qui est le r´esultat d´esir´e.
15

3.a. D’apr`es la question 2.a,
|h0 | =

p

ρ0 = m |f (z0 )| 6= 0,

m

donc, par d´efinition de la fonction h,
∀z ∈ D(z0 , ρ), h(z) = h0 e
Posons donc
∀z ∈ D(z0 , ρ), ω(z) =

g(z)
m

6= 0.

˜
h(z)
.
h(z)

En tant que quotient de fonctions analytiques, la fonction ω est d´efinie et analytique sur D(z0 , ρ).
En particulier, elle est continue sur D(z0 , ρ). Par ailleurs, elle v´erifie
µ ˜ ¶m
h(z)
f (z)
m
∀z ∈ D(z0 , ρ), (ω(z)) =
=
= 1,
h(z)
f (z)
donc, ω est une fonction continue de l’ouvert connexe D(z0 , ρ) dans l’ensemble fini Um . La
fonction ω est donc constante sur D(z0 , ρ), ce qui implique qu’il existe une racine mi`eme de
l’unit´e ω telle que
˜
h(z)
∀z ∈ D(z0 , ρ),
= ω,
h(z)
c’est-`a-dire,

˜
∀z ∈ D(z0 , ρ), h(z)
= ωh(z).

˜ est une fonction analytique sur D(z0 , ρ) telle que
b. Soit S = {ωh, ω ∈ Um }. Si h
m
˜
∀z ∈ D(z0 , ρ), f (z) = (h(z))
,

˜ appartient `a l’ensemble S.
alors, d’apr`es la question 3.a, h
˜ appartient `a l’ensemble S, alors, par analyticit´e de la fonction
R´eciproquement, si la fonction h
h, elle est analytique sur D(z0 , ρ) et v´erifie d’apr`es la question 2.b,
m
˜
∀z ∈ D(z0 , ρ), (h(z))
= ω m (h(z))m = f (z).

˜ analytiques sur D(z0 , ρ) solutions de l’´equation
Ainsi, S est l’ensemble des fonctions h
m
˜
∀z ∈ D(z0 , ρ), (h(z))
= f (z).

Soit alors
∀ω ∈ Um , Φ(ω) = ωh.
L’application Φ est d´efinie et surjective de Um sur S. De plus, s’il existe des nombres complexes
2 tels que
(ω, ω 0 ) ∈ Um
Φ(ω) = Φ(ω 0 ),
alors,
∀z ∈ D(z0 , ρ), (ω − ω 0 )h(z) = 0.
Comme la fonction h ne s’annule pas sur D(z0 , ρ), il s’ensuit que
ω = ω0.
L’application Φ est donc injective, ce qui implique qu’elle est bijective de Um sur S. En partic˜ analytiques sur
ulier, les ensembles Um et S ont le mˆeme cardinal m: le nombre de fonctions h
D(z0 , ρ) tels que
m
˜
∀z ∈ D(z0 , ρ), (h(z))
= f (z),
16

est donc ´egal `a m.
Exercice 2.
1.a. La fonction f est holomorphe sur Ω, donc satisfait la formule de Cauchy sur tout disque
ouvert inclus dans Ω. En particulier,
Z 2π
1
f (z0 + reit )
∀r ∈ [0, R[, ∀z ∈ D(z0 , r), f (z) =
dt,
2π 0 z0 + reit − z
d’o`
u, pour z = z0 ,

Z

1
∀r ∈ [0, R[, f (z0 ) =


0

b. L’int´egrale en coordonn´ees polaires s’´ecrit
Z
Z R µZ
f (z)dz =
D(z0 ,R)

0

donc par la formule de la question 1.a.,
Z
Z
f (z)dz =
D(z0 ,R)

d’o`
u la formule



0



f (z0 + reit )dt.


f (z0 + re )dt rdr,
it



0

1
f (z0 ) =
πR2

´
2πf (z0 )r dr = πR2 f (z0 ),

Z
f (z)dz.
D(z0 ,R)

2.a. Par d´efinition,
∀z ∈ Ω, |f (z)| ≤ max{|f (z)|, z ∈ Ω} = 0,
donc,
∀z ∈ Ω, f (z) = 0.
La fonction f est ainsi identiquement nulle, donc constante sur Ω.
b.(i) La fonction g est ´egale au quotient de la fonction f , qui est holomorphe sur Ω, par une
constante non nulle. Par le th´eor`eme d’op´erations sur les fonctions holomorphes, elle est donc
holomorphe sur Ω. De plus, l’hypoth`ese de la question 2. donne
¯
¯
¯ f (z) ¯ max{|f (z)|, z ∈ Ω}
¯≤
≤ 1.
∀z ∈ Ω, |g(z)| = ¯¯
f (z0 ¯
|f (z0 )|
Enfin, par d´efinition,
∀z ∈ Ω, R´e(g(z))2 = |g(z)|2 − Im(g(z))2 ≤ |g(z)|2 ,
d’o`
u
∀z ∈ Ω, R´e(g(z)) ≤ |g(z)| ≤ 1.
(ii) D’apr`es la question 1.b.,
1
πR2

Z
D(z0 ,R)

g(z)dz = πR2 g(z0 ) = πR2 ,

donc en prenant la partie r´eelle de cette ´egalit´e,
Z
1
R´e(g(z))dz = πR2 ,
πR2 D(z0 ,R)
17

ce qui s’´ecrit ´egalement

1
πR2

Z
(R´e(g(z)) − 1)dz = 0.
D(z0 ,R)

(iii) D’apr`es la question 2.a, la fonction g est holomorphe, donc continue sur Ω: sa partie r´eelle est
aussi continue sur Ω. Ainsi, d’apr`es les questions 2.b.(i) et 2.b.(ii), la fonction z 7→ R´e(g(z)) − 1
est continue et n´egative sur D(z0 , R) d’int´egrale nulle sur D(0, R): elle est donc identiquement
nulle sur D(z0 , R), ce qui signifie que
∀z ∈ D(z0 , R), R´e(g(z)) = 1.
D’apr`es la question 2.b.(i), il s’ensuit que
∀z ∈ D(z0 , R), |g(z)| = 1,
ce qui implique que
∀z ∈ D(z0 , R), Im(g(z)) =

p
|g(z)|2 − R´e(g(z))2 = 0,

et enfin, que
∀z ∈ D(z0 , R), g(z) = R´e(g(z)) + iIm(g(z)) = 1.
(iv) Par d´efinition,
∀z ∈ D(z0 , R), f (z) = f (z0 )g(z),
donc d’apr`es la question 2.b.(iii),
∀z ∈ D(z0 , R), f (z) = f (z0 ).
c. Les fonctions f et z 7→ f (z0 ) sont holomorphes sur l’ouvert connexe Ω, et ´egales sur le
disque ouvert D(z0 , R), donc par le principe du prolongement analytique, elles sont ´egales sur
Ω, c’est-`a-dire que
∀z ∈ Ω, f (z) = f (z0 ).
La fonction f est donc constante sur Ω.
3.a. La fonction f est holomorphe, donc continue sur C. Par cons´equent, la fonction z 7→ |f (z)|
est aussi continue sur C. De plus, le cercle C(0, r) = {z ∈ C, |z| = r} est un compact de C, donc
la fonction z 7→ |f (z)| admet un maximum sur C(0, r), ce qui prouve que la fonction Mf est bien
d´efinie sur R+ .
b.(i) Soit r ≥ 0. Par d´efinition,
∀z ∈ C(0, r), |z| = r ≤ r,
donc,
∀z ∈ C(0, r), |f (z)| ≤ max{|f (z)|, |z| ≤ r},
ce qui implique que
Mf (r) ≤ max{|f (z)|, |z| ≤ r}.
(ii) Soit Df (0, r) = {z ∈ C, |z| ≤ r}. La fonction f est holomorphe sur C, donc continue sur
Df (0, r). Comme Df (0, r) est compact, la fonction |f | atteint son maximum sur Df (0, r): il
existe un nombre complexe z0 ∈ Df (0, r) tel que
|f (z0 )| = max{|f (z)|, |z| ≤ r}.
18

Cependant, si |z0 | = r, alors,
|f (z0 )| ≤ Mf (r),
donc,
Mf (r) ≥ max{|f (z)|, |z| ≤ r},
ce qui est contradictoire avec l’hypoth`ese de la question.
Par l’absurde, il s’ensuit que |z0 | < r. En particulier, la fonction |f | atteint son maximum
|f (z0 )| sur le disque ouvert D(0, r). Les hypoth`eses de la question 2. sont donc v´erifi´ees par la
fonction f sur l’ouvert connexe D(0, r). Par cons´equent, la fonction f est identiquement ´egale
`a la constante f (0) sur D(0, r).
Comme la fonction f est continue sur Df (0, r), il s’ensuit que
∀z ∈ Df (0, r), f (z) = f (0),
ce qui implique que
|f (0)| = max{|f (z)|, |z| ≤ r} = Mf (r).
Cette derni`ere ´egalit´e fournit la contradiction recherch´ee avec l’hypoth`ese de la question.
(iii) Soit r ≥ 0. D’apr`es la question 3.b.(i),
Mf (r) ≤ max{|f (z)|, |z| ≤ r},
et d’apr`es la question 3.b.(ii), cette in´egalit´e ne peut ˆetre stricte, donc,
Mf (r) = max{|f (z)|, |z| ≤ r}.
(iv) Soit 0 ≤ r ≤ r0 . Par d´efinition,
∀z ∈ Df (0, r), |z| ≤ r ≤ r0 ,
donc,
∀z ∈ Df (0, r), |f (z)| ≤ max{|f (z)|, |z| ≤ r0 },
ce qui conduit `a
Mf (r) = max{|f (z)|, |z| ≤ r} ≤ max{|f (z)|, |z| ≤ r0 } = Mf (r0 ).
La fonction Mf est donc croissante sur R+ .
c.(i) D’apr`es la question 3.a, il existe un nombre complexe z0 ∈ C(0, r) tel que
|f (z0 )| = Mf (r),
donc, d’apr`es la question 3.b.(iii),
|f (z0 )| = Mf (r0 ) = max{|f (z)|, |z| ≤ r0 }.
Comme |z0 | = r < r0 , le nombre complexe z0 appartient `a D(0, r0 ), et v´erifie
|f (z0 )| = max{|f (z)|, z ∈ D(0, r0 )}.
(ii) La fonction f est holomorphe sur l’ouvert connexe D(0, r0 ). De plus, d’apr`es la question
3.c.(i), son module atteint son maximum sur cet ouvert, donc d’apr`es la question 2., la fonction
f est constante sur l’ouvert D(0, r0 ). En outre, la fonction f est holomorphe sur C, donc par le
principe du prolongement analytique, elle est aussi constante sur C.
19

(iii) D’apr`es la question 3.c.(ii), si la fonction f n’est pas constante sur C, l’hypoth`ese de la
question 3.c.(i) est contradictoire. Il en d´ecoule que
∀0 ≤ r < r0 , Mf (r) 6= Mf (r0 ),
donc, d’apr`es la question 3.b.(iv),
∀0 ≤ r < r0 , Mf (r) < Mf (r0 ),
ce qui signifie que la fonction Mf est strictement croissante sur R+ .
n
P
an−k X k , et h, la fonction associ´ee au polynˆome Q. La fonction h est
4.a. Soit Q(X) = 1 +
k=1

une fonction holomorphe sur C. De plus,
∀z ∈ C∗ , g(z) = z n f

³1´
z

=1+

n
X

ak z n−k = h(z),

k=1

donc, la fonction g se prolonge en une unique (par le principe du prolongement analytique)
fonction holomorphe (´egale `a h) sur C.
Enfin,
Mg (0) = |g(0)| = |h(0)| = 1.
De mˆeme,

donc,

¯1¯
1
¯ ¯
= 1,
∀z ∈ C(0, 1), ¯ ¯ =
z
|z|
¯ ³ 1 ´¯ ¯ ³ 1 ´¯
¯
¯ ¯
¯
∀z ∈ C(0, 1), |g(z)| = |z|n ¯f
¯ = ¯f
¯ ≤ 1,
z
z

d’o`
u,
Mg (1) ≤ 1.
b. La fonction g est holomorphe sur C, et la fonction Mg n’est pas strictement croissante sur
R+ , car
Mg (1) ≤ Mg (0).
Ainsi, d’apr`es la question 3.c.(iii), la fonction g est constante sur C.
c. Comme la fonction g est constante sur C, elle v´erifie
∀z ∈ C, g(z) = g(0) = 1,
donc, par d´efinition,

³1´

³1´

g(z)
1
= n.
n
z
z
z
z
n
Le polynˆome P (X) − X a donc une infinit´e de racines dans C, ce qui prouve qu’il est nul, et
par suite que
P (X) = X n .
∀z ∈ C∗ , P

=f

=

Exercice 3.
1.a. Le principe des z´eros isol´es affirme que l’ensemble Z(f ) est un sous-ensemble discret de Ω,
et que, pour tout nombre complexe a ∈ Z(f ), il existe un unique entier non nul νf (a) tel que
∀z ∈ Ω, f (z) = (z − a)νf (a) ga (z),
20

o`
u ga est une fonction holomorphe sur Ω telle que ga (a) 6= 0.
b. Les fonctions f et f 0 sont holomorphes sur Ω. De plus, la fonction f ne s’annule pas sur
l’ouvert Ω \ Z(f ). Par le th´eor`eme sur les op´erations sur les fonctions holomorphes, la fonction
f0
efinie et holomorphe sur Ω \ Z(f ).
f est donc d´
c. Soit a ∈ Z(f ). D’apr`es la question 1.a,
∀z ∈ Ω, f (z) = (z − a)νf (a) ga (z),
donc,
∀z ∈ Ω, f 0 (z) = νf (a)(z − a)νf (a)−1 ga (z) + (z − a)νf (a) g 0 a (z).
De plus, la fonction ga est holomorphe sur Ω, donc, continue sur Ω. Comme ga (a) 6= 0, il existe
un r´eel ρ > 0 tel que
∀z ∈ D(a, ρ), ga (z) 6= 0.
Aussi la fonction

f0
f

s’´ecrit-elle
∀z ∈ D(a, ρ),

νf (a) g 0 a (z)
f 0 (z)
=
+
,
f (z)
z−a
ga (z)

∀z ∈ D(a, ρ),

f 0 (z) νf (a)
g 0 (z)

= a ,
f (z)
z−a
ga (z)

soit

Cependant, les fonctions ga et g 0 a sont holomorphes sur D(a, ρ), et la fonction ga est non nulle
0
sur D(a, ρ). Par le th´eor`eme sur les op´erations sur les fonctions holomorphes, la fonction ggaa est
0

ν (a)

(z)
f
donc holomorphe sur D(a, ρ), ce qui implique que la fonction z 7→ ff (z)
− z−a
se prolonge en
une fonction holomorphe sur D(a, ρ). Comme νf (a) 6= 0, il s’ensuit que a est un pˆole d’ordre 1
pour la fonction f , dont le r´esidu est ´egal `a

³f0 ´
R´es
, a = νf (a).
f
0

d. D’apr`es les questions 1.a. 1.b et 1.c, la fonction ff est holomorphe sur Ω \ Z(f ), et pr´esente
des pˆoles d’ordre un en tout point de l’ensemble discret Z(f ). Par d´efinition, elle est donc
m´eromorphe sur Ω.
e. Le th´eor`eme des r´esidus, dont toutes les hypoth`eses sont satisfaites par la fonction
lacet γ sur l’ouvert Ω, affirme que
Z 0
³f0 ´
X
1
f (z)
dz =
R´es
, a Indγ (a),
2iπ γ f (z)
f
a∈Z(f )

c’est-`a-dire, d’apr`es la question 1.c,
Z 0
X
1
f (z)
dz =
νf (a)Indγ (a).
2iπ γ f (z)
a∈Z(f )

2.a. Soit z ∈ C \ {0}. Par d´efinition,
d−1

X
P (z)
=
1
+
ak z k−d ,
ad z d
k=0

21

f0
f

et le

or,
∀m ∈ N∗ , z −m
donc,

P (z)
ad z d



|z|→+∞



|z|→+∞

0,

1.

La d´efinition de cette limite fournit alors
¯ P (z)
¯
¯
¯
∀² > 0, ∃A² > 0, ∀z ∈ C, |z| ≥ A² ⇒ ¯

1
¯ < ².
ad z d
ce qui permet d’obtenir en choisissant ² = 1 et R = A1 ,
¯
¯ P (z)
¯
¯

1
∀z ∈ C \ D(0, R), ¯
¯ < 1,
d
ad z
c’est-`a-dire

¯
¯ ¯
¯
¯
¯ ¯
¯
∀z ∈ C \ D(0, R), ¯P (z) − ad z d ¯ < ¯ad z d ¯.

b. Les fonctions P et Q, associ´ees aux polynˆomes P et Q, sont analytiques donc holomorphes
sur C. De plus, la fonction Q ne s’annule pas sur C\{0}, donc, par le th´eor`eme sur les op´erations
sur les fonctions holomorphes, la fonction R est d´efinie et holomorphe sur C \ {0}. De plus,
∀z ∈ C \ D(0, R), Q(z)R(z) = Q(z) + P (z) − Q(z),
donc,
∀z ∈ C \ {0}, P (z) = Q(z)R(z).
c.(i) D’apr`es la question 1.a,
¯
¯ ¯
¯
¯
¯ ¯
¯
∀z ∈ C \ D(0, R), ¯P (z) − ad z d ¯ < ¯ad z d ¯,
donc,

c’est-`a-dire

¯
¯ P (z)
¯
¯

1
∀z ∈ C \ D(0, R), ¯
¯ < 1,
ad z d
¯
¯ P (z)
¯
¯
− 1¯ < 1,
∀z ∈ C \ D(0, R), ¯
Q(z)

ou encore
∀z ∈ C \ D(0, R), |R(z) − 1| < 1.
(ii) Notons ln, l’unique d´etermination du logarithme sur D(1, 1) telle que
ln(1) = 0,
et posons
∀z ∈ C \ D(0, R), g(z) = ln(R(z)).
D’apr`es la question 2.c.(i),
∀z ∈ C \ D(0, R), R(z) ∈ D(1, 1),
donc, la fonction g est bien d´efinie sur C \ D(0, R). Elle est de plus holomorphe sur C \
D(0, R), en tant que compos´ee de fonctions holomorphes. Enfin, elle v´erifie par d´efinition d’une
d´etermination du logarithme,
∀z ∈ C \ D(0, R), R(z) = eg(z) .
22

d. D’apr`es les questions 2.b et 2.c.(ii), la fonction P s’´ecrit
∀z ∈ C \ D(0, R), P (z) = Q(z)R(z) = ad z d eg(z) ,
donc la fonction P ne s’annule pas sur C \ D(0, R). De plus, sa d´eriv´ee est ´egale `a
∀z ∈ C \ D(0, R), P 0 (z) = ad dz d−1 eg(z) + ad z d g 0 (z)eg(z) ,
ce qui donne en d´efinitive
∀z ∈ C \ D(0, R),

P 0 (z)
= d + g 0 (z).
P (z)

e. D’apr`es la question 2.d,
Z
Z
Z
Z
1
P 0 (z)
1
1
1
0
dz =
d dz +
g (z)dz = d +
g 0 (z)dz.
2iπ γR P (z)
2iπ γR
2iπ γR
2iπ γR
De plus, la fonction g 0 poss`ede une primitive g sur C \ D(0, R), et le chemin γR est un lacet de
C \ D(0, R), donc,
Z
1
g 0 (z)dz = 0,
2iπ γR
ce qui fournit finalement
1
2iπ

Z
γR

P 0 (z)
dz = d.
P (z)

f. Soit Z(P ), l’ensemble des z´eros du polynˆome P . La fonction P associ´ee au polynˆome P est
holomorphe et non nulle sur C, qui est ´etoil´e par rapport au point 0. De plus, d’apr`es la question
2.d, elle ne s’annule pas sur C \ D(0, R), donc le lacet γR est un lacet dans C \ Z(P ). Ainsi,
d’apr`es la question 1.e,
Z
X
X
1
P 0 (z)
νP (a),
νP (a)IndγR (a) =
dz =
2iπ γR P (z)
a∈Z(P )

a∈Z(P )

o`
u l’entier νP (a) d´esigne l’ordre de multiplicit´e du z´ero a du polynˆome P . D’apr`es la question
2.e, il s’ensuit que
X
d=
νP (a),
a∈Z(P )

c’est-`a-dire que le polynˆome P a exactement d z´eros compt´es avec leur ordre de multiplicit´e.

23

24

Partiel 2005-2006
Questions de cours.
´
1. Enoncer
le crit`ere de D’Alembert pour le calcul du rayon de convergence d’une s´erie enti`ere.
2. Donner le d´eveloppement en s´erie enti`ere de la fonction x 7→ ln(1 + x). Quel est son intervalle
de validit´
e?
P
an z n , une s´erie enti`ere de rayon de convergence R > 0 (ou R = +∞). Sa somme S
3. Soit
n≥0

est-elle holomorphe sur D(0, R) ? Si oui, donner une expression de la d´eriv´ee au sens complexe
de la fonction S sur D(0, R).
4. Soit f , une fonction analytique sur C. On suppose que
³ n ´
∀n ∈ N, f
= 0.
n+1
Quelle est la valeur de la fonction f ? Pourquoi ?
Exercice 1.
Soit L0 (X) = 1, et
∀p ∈ N∗ , Lp (X) =

X(X − 1) . . . (X − p + 1)
.
p!

1. Soit p ∈ N. On note
∀n ∈ N, a(p)
n =

Lp (n)
.
n!

a. Calculer le rayon de convergence Rp de la s´erie enti`ere

P

(p)

an z n .

n≥0

b. Calculer sa somme Sp sur son intervalle de convergence.
2. Soit P (X), un polynˆome non nul `a coefficients complexes.
P P (n) n
a. D´eterminer le rayon de convergence de la s´erie enti`ere
n! z .
n≥0

b. Soit m, le degr´e du polynˆome P (X). Montrer qu’il existe un unique m+1-uplet (α0 , . . . , αm ) ∈
Cm+1 tel que
m
X
P (X) =
αp Lp (X).
p=0

c. En d´eduire une expression de la somme de la s´erie enti`ere

P
n≥0

P (n) n
n! z

sur son intervalle de

convergence en fonction des coefficients α0 , . . ., et αm .
P
d. Application. D´eterminer le rayon de convergence et la somme de la s´erie enti`ere
n≥0

25

n2 +1 n
n! z .

Exercice 2.
On consid`ere l’´equation diff´erentielle ordinaire
1
.
(1 − x)2

x2 y 00 + (3x − 1)y 0 + y =

(1)

1. On cherche une solution y de l’´equation (1) sous la forme d’une s´erie enti`ere

P

an z n .

n≥0

a. Donner le d´eveloppement en s´erie enti`ere de la fonction x 7→
validit´e de ce d´eveloppement ?
b. En d´eduire que
∀n ∈ N, an+1 = (n + 1)an − 1.
c. Conclure que

1
.
(1−x)2

Quel est l’intervalle de


µ
n
X
1
.
∀n ∈ N, an = n! a0 −
k!
k=1

2.a. On suppose que a0 6= e − 1. Montrer que
an



n→+∞

(a0 − e + 1)n!

b. En d´eduire le rayon de convergence de la s´erie enti`ere

P

an z n .

n≥0

c. Conclure que l’´equation (1) ne poss`ede aucune solution y d´eveloppable en s´erie enti`ere telle
que y(0) 6= e − 1.
3.a. On suppose que a0 = e − 1. Montrer que
∀n ∈ N, an = n!

+∞
X
1
.
k!

k=n+1

puis, que
+∞
X
1
1
1
1
1
≤ an ≤
+
+
.
∀n ∈ N,
n+1
n + 1 (n + 1)(n + 2) n + 1
k(k − 1)
k=n+1

b. En d´eduire que
an



n→+∞

Quel est le rayon de convergence de la s´erie enti`ere

1
.
n
P

an z n ?

n≥0

c. Conclure que l’´equation (1) admet une unique solution d´eveloppable en s´erie enti`ere.
Exercice 3.
1.a. Soit z ∈ C. Montrer que
cos(z) = 0 ⇔ z =

2n + 1
π, n ∈ Z.
2

b. En d´eduire que la fonction tangente admet un unique prolongement analytique sur C \
{ 2n+1
2 π, n ∈ Z}, que l’on appelle fonction tangente complexe.
2.a. Soit a ∈ C. Montrer que
∃b ∈ C∗ tel que (1 − ai)b = ai + 1 ⇔ a 6= ±i.
b. En d´eduire que la fonction tangente complexe est surjective de C \ { 2n+1
2 π, n ∈ Z} sur
C \ {−i, i}.
26

Corrig´
e du partiel 2005-2006
Questions de cours.
1. Le crit`ere de D’Alembert s’´ecrit:
“Soit (an )n∈N , une suite de nombres complexes non nuls `a partir d’un certain rang. Si
¯a
¯
¯ n+1 ¯
∃l ∈ R+ ∪ {+∞} tel que ¯
¯ → l,
an n→+∞
P
alors, le rayon de convergence R de la s´erie enti`ere
an z n est ´egal `a
n≥0

R=
(avec les conventions

1
0

= +∞ et

1
+∞

1
l

= 0).”

2. La fonction x 7→ ln(1 + x) est d´eveloppable en s´erie enti`ere sur l’intervalle ] − 1, 1[: son
d´eveloppement est donn´e par la formule
∀x ∈] − 1, 1[, ln(1 + x) =

+∞
X
(−1)n−1
n=1

n

xn .

Remarque. Cette formule reste vraie pour x = 1.
3. La somme S est analytique sur le disque de convergence D(0, R), donc elle est holomorphe
sur D(0, R): sa d´eriv´ee au sens complexe est donn´ee par la formule
∀z ∈ D(0, R), S 0 (z) =

+∞
X

(n + 1)an+1 z n .

n=0

4. La fonction f est identiquement nulle sur C. En effet, l’ensemble des z´eros de la fonction f
n
contient l’ensemble { n+1
, n ∈ N}, qui poss`ede un point d’accumulation, le point 1. Comme la
fonction f est analytique sur C, et que l’ensemble des z´eros de cette fonction poss`ede un point
d’accumulation dans C, elle est identiquement nulle par le th´eor`eme des z´eros isol´es.
Exercice 1.
1.a. Le degr´e du polynˆome Lp est ´egal `a p: en effet, son terme dominant est ´egal `a
s’ensuit que
Lp (n)
np
a(p)
=

.
n
n! n→+∞ p!n!
¡

Par ailleurs, la suite cn = nn! n∈N est non nulle `a partir du rang n = 1, et v´erifie

1
p
p! X .

Il

(1)

¯
¯c
(n + 1)p
1 ³
1 ´p
2p
¯ n+1 ¯
=
1+

→ 0.
¯= p
¯
cn
n (n + 1)
n+1
n
n + 1 n→+∞
P
Par le crit`ere de D’Alembert, le rayon de la s´erie enti`ere
cn z n est donc ´egal `a +∞. Par
l’´equivalent (1), le rayon Rp de la s´erie enti`ere

P

n≥0

(p)

an z n est aussi ´egal `a +∞.

n≥0

b. D’apr`es la question 1.a, la somme Sp est d´efinie sur R (son disque de convergence est ´egal `a
(p)
D(0, 1) et C). De plus, la suite (an )n∈N v´erifie
∀0 ≤ n ≤ p − 1, a(p)
n = 0,
27

d’o`
u, pour tout nombre r´eel x,
Sp (x) =

+∞
X

n
a(p)
n x =

n=p

+∞
X
n(n − 1) . . . (n − p + 1)

p!n!

n=p

xn =

+∞
xp X n(n − 1) . . . (n − p + 1) n−p
x
.
p! n=p
n!

P n(n−1)...(n−p+1) n−p
Cependant, la s´erie enti`ere
z
est la s´erie d´eriv´ee d’ordre p de la s´erie exn!
n≥p
P 1 n
ponentielle
egale `a
n! z dont la somme est ´
n≥0

∀x ∈ R,

+∞ n
X
x
n=0

Aussi la somme de la s´erie enti`ere

P
n≥p

∀x ∈ R,

n!

= ex .

n(n−1)...(n−p+1) n−p
z
n!

+∞
X
n(n − 1) . . . (n − p + 1)

n!

n≥p

ce qui fournit finalement
∀x ∈ R, Sp (x) =

est-elle ´egale `a

xn−p =

µ ¶
dp
ex = ex ,
dxp

xp ex
.
p!

Remarque. Cette formule reste vraie sur le disque de convergence C de la s´erie enti`ere

P

(p)

an z n .

n≥0

X m,

2.a. Soit m ∈ N, le degr´e du polynˆome P , et am
son terme dominant. Un calcul ´el´ementaire
fournit
P (n)
nm
∼ am
.
n! n→+∞
n!
P nm n
D’apr`es la question 1.a, le rayon de la s´erie enti`ere
egal `a +∞, donc le rayon de la
n! z est ´
s´erie enti`ere

P
n≥0

n≥0

P (n) n
n! z

est aussi ´egal `a +∞.

b. Le degr´e du polynˆome Lp est ´egal `a p. Ainsi, la famille (Lp )0≤p≤m est une base de l’espace
des polynˆomes de degr´e inf´erieur ou ´egal `a m. Comme le polynˆome P appartient `a cet espace,
il existe un unique m + 1-uplet (α0 , . . . , αm ) ∈ Cm+1 tel que
P (X) =

m
X

αp Lp (X).

p=0

c. D’apr`es les questions 1.b, 2.a et 2.b, la somme de la s´erie enti`ere

n≥0

et vaut
∀x ∈ R,

P

+∞
X
P (n)
n=0

n!

n

x =

+∞ µ X
m
X
n=0

p=0

P (n) n
n! z

est d´efinie sur R,


µX
¶ X
m
+∞
m
Lp (n) n X
Lp (n) n
xp ex
αp
x =
αp
x
=
αp
.
n!
n!
p!
p=0

n=0

p=0

Remarque. Cette formule reste vraie sur le disque de convergence C de la s´erie enti`ere

P
n≥0

d. Application. Il s’agit d’´etudier le cas particulier o`
u
P (X) = X 2 + 1.
28

P (n) n
n! z .

D’apr`es la question 2.a, le rayon de convergence de la s´erie enti`ere

P
n≥0

n2 +1 n
n! z

est ´egal `a +∞.

De plus, d’apr`es la question 2.b, le polynˆome P s’´ecrit de mani`ere unique
P (X) = β0 L0 (X) + β1 L1 (X) + β2 L2 (X) = β0 + β1 X +

β2
X(X − 1),
2

avec (β0 , β1 , β2 ) ∈ C3 . La sp´ecialisation de cette ´egalit´e en 0, 1 et 2 fournit le syst`eme

 β0 = P (0) = 1,
β0 + β1 = P (1) = 2,

β0 + 2β1 + β2 = P (2) = 5,
ce qui donne les valeurs


 β0 = 1,
β1 = 1,

β2 = 2.

D’apr`es la question 2.c, il s’ensuit que
∀x ∈ R,

+∞ 2
X
n +1
n=0

n!

³
´
xn = ex 1 + x + x2 .

Remarque. Cette formule reste vraie sur le disque de convergence C de la s´erie enti`ere

P
n≥0

n2 +1 n
n! z .

Exercice 2.
1
1.a. La fonction x 7→ (1−x)
eveloppable en s´erie enti`ere sur l’intervalle ] − 1, 1[: son
2 est d´
d´eveloppement est donn´e par la formule
+∞

X
1
∀x ∈] − 1, 1[,
=
(n + 1)xn .
(1 − x)2
n=0

b. Soit S, la somme de la s´erie enti`ere

P

an z n d´efinie sur l’intervalle de convergence ] − R, R[

n≥0

(avec R > 0 ou R = +∞). La fonction S est de classe C ∞ sur l’intervalle ] − R, R[, et

+∞
P


S(x)
=
an xn ,



n=0


+∞
 0
P


(n + 1)an+1 xn ,
 S (x) =
n=0
∀x ∈] − R, R[,
+∞
P


nan xn
 xS 0 (x) =


n=0



+∞
P


 x2 S 00 (x) =
n(n − 1)an xn .
n=0

Ainsi, si la fonction S est solution de l’´equation diff´erentielle (1), alors, d’apr`es la question 1.a,
∀x ∈] − R, R[,

+∞ ³
+∞
´
X
X
n(n − 1)an + 3nan − (n + 1)an+1 + an xn =
(n + 1)xn ,
n=0

n=0

donc par unicit´e des coefficients d’une s´erie enti`ere,
∀n ∈ N, (n + 1)2 an − (n + 1)an+1 = n + 1,
29

ce qui est ´equivalent `a
∀n ∈ N, an+1 = (n + 1)an − 1.
c. Soit ∀n ∈ N, bn =

an
n! .

Par la formule de r´ecurrence de la question 1.b,
∀k ∈ N, bk+1 = bk −

1
,
(k + 1)!

ce qui donne en sommant cette ´egalit´e pour k compris entre 0 et n − 1,
∀n ∈ N, bn +

n−1
X

bk =

k=1

c’est-`a-dire

n−1
X

bk + b0 −

k=1

n−1
X
k=0

1
,
(k + 1)!

n
X
1
bn = b0 −
.
k!
k=1

Par la d´efinition de la suite (bn )n∈N , il s’ensuit que

µ
n
X
1
.
∀n ∈ N, an = n! a0 −
k!
k=1

Remarque. Cette question peut aussi ˆetre r´esolue par r´ecurrence sur l’entier n.
2.a. Par d´efinition de la fonction exponentielle,
n
X
1
k!
k=1

d’o`
u

an
n!

+∞
X
1
= e − 1,
n→+∞
k!



k=1



n→+∞

a0 − 1 + e.

Si a0 6= e − 1, il s’ensuit que
an



n→+∞

(a0 − 1 + e)n!

b. Soit ∀n ∈ N, cn = (a0 − 1 + e)n!. La suite (cn )n∈N est non nulle et v´erifie
¯c
¯
¯ n+1 ¯
¯
¯ = n + 1 → +∞.
n→+∞
cn

P

cn z n est ´egal
n≥0 P
`a 0. Par l’´equivalent de la question 2.a, le rayon de convergence de la s´erie enti`ere
an z n est
Ainsi, par le crit`ere de D’Alembert, le rayon de convergence de la s´erie enti`ere

n≥0

donc ´egal `a 0.
c. Supposons qu’il existe une solution y de l’´equation (1) qui soit d´eveloppable en s´erie enti`ere
sur un intervalle de la forme ] − R, R[ (avec R > 0 ou R = +∞), et telle que y(0) =
La
Pe − 1.
fonction y est alors ´egale sur l’intervalle ] − R, R[ `a la somme S d’une s´erie enti`ere
an z n qui
n≥0

v´erifie la formule de r´ecurrence de la question 1.b, et telle que a0 = y(0) 6= e − 1. D’apr`es la
question 2.b, le rayon R0 d’une telle s´erie enti`ere est n´ecessairement ´egal `a 0, ce qui implique que
cette s´erie n’est pas convergente sur les intervalles ] − R, 0[ et ]0, R[. En particulier, sa somme
S n’est pas d´efinie sur ces deux intervalles: la fonction y ne peut donc ˆetre ´egale `a la somme S
sur ces deux intervalles. Cette contradiction permet de conclure que l’´equation (1) ne poss`ede
aucune solution d´eveloppable en s´erie enti`ere telle que y(0) 6= e − 1.
30

3.a. Par d´efinition de la fonction exponentielle,
a0 = e − 1 =

+∞
X
1
,
k!
k=1

d’o`
u d’apr`es la question 1.c,
µX

+∞
n
+∞
X
1 X 1
1
∀n ∈ N, an = n!

= n!
.
k!
k!
k!
k=1

Ainsi, d’une part, comme la s´erie

P
n≥0

1
n!

k=1

(2)

k=n+1

est `a termes positifs,

∀n ∈ N,

+∞
X
1
1

,
(n + 1)!
k!
k=n+1

ce qui donne par la formule (2),
+∞
X
1
1
≤ n!
= an .
∀n ∈ N,
n+1
k!

(3)

k=n+1

D’autre part,
∀n ∈ N,

+∞
+∞
X
X
1
1
1
1
=
+
+
.
k!
(n + 1)n! (n + 1)(n + 2)n!
k(k − 1) . . . (n + 1)n!
k=n+3

k=n+1

Comme
∀k ≥ n + 3,
P

et que la s´erie

k≥2

∀n ∈ N,

1
k(k−1)

1
1

,
k(k − 1) . . . (n + 1)n!
k(k − 1)(n + 1)n!

est convergente, il s’ensuit que

+∞
+∞
X
X
1
1
1
1

+
+
,
k!
(n + 1)n! (n + 1)(n + 2)n!
k(k − 1)(n + 1)n!

k=n+1

k=n+3

ce qui est ´equivalent par la formule (2) `a
+∞
X
1
1
1
1
∀n ∈ N, an ≤
+
+
.
n + 1 (n + 1)(n + 2) n + 1
k(k − 1)
k=n+3

b. La s´erie

P
k≥2

1
k(k−1)

est convergente, donc
+∞
X
k=n+3

1
k(k − 1)



n→+∞

Aussi d’apr`es les formules (3) et (4) de la question 3.a,
(n + 1)an



n→+∞

31

1,

0.

(4)

ce qui signifie que
an



n→+∞

1
n+1

Puisque le rayon de convergence de la s´erie enti`ere
P
an z n est aussi ´egal `a 1.



n→+∞

P

n≥1

1
.
n

1 n
nz

est ´egal `a 1, celui de la s´erie enti`ere

n≥0

c. Supposons qu’il existe une solution y de l’´equation (1) qui soit d´eveloppablePen s´erie enti`ere
sur un intervalle de la forme ] − R, R[ (avec R > 0 ou R = +∞), et notons
an z n , la s´erie
n≥0

enti`ere de rayon de convergence sup´erieur ou ´egal `a R dont la fonction y est la somme sur
l’intervalle ] − R, R[. D’apr`es la question 2.c, la valeur en 0 de la fonction y est n´ecessairement
´egale `a
y(0) = e − 1,
ce qui implique
a0 = e − 1.
Comme la fonction y est solution de l’´equation (1), il s’ensuit d’apr`es la formule (2) que
∀n ∈ N, an = n!

+∞
X
1
,
k!

k=n+1

ce qui signifie que
∀x ∈] − R, R[, y(x) =

+∞ ³
X
n≥0

n!

+∞
X
1´ n
x .
k!

(5)

k=n+1

Ainsi existe-t-il au plus une solution d´eveloppable en s´erie enti`ere de l’´equation (1) donn´ee par
la formule (5).
R´eciproquement, il d´ecoule de la question 3.b que le rayon de convergence de la s´erie enti`ere
P ³ +∞
P 1´ n
egal `a 1: si y d´esigne la somme de cette s´erie, alors, la fonction y est
n!
k! z est ´
n≥0

k=n+1

d´efinie et de classe C ∞ sur l’intervalle ] − 1, 1[. Ainsi, les calculs de la question 1. sont justifi´es
rigoureusement sur l’intervalle ] − 1, 1[: la fonction y est ainsi solution de l’´equation (1) sur
l’intervalle ] − 1, 1[. Il s’agit donc bien de l’unique solution d´eveloppable en s´erie enti`ere de
l’´equation (1).
Exercice 3.
1.a. Soit z ∈ C. La formule d’Euler s’´ecrit
cos(z) =

eiz + e−iz
,
2

ce qui fournit l’´equivalence
cos(z) = 0 ⇔ eiz + e−iz = 0.
Par la formule
∀a ∈ C, e−a =

1
,
ea

il s’ensuit que
cos(z) = 0 ⇔ e2iz = −1 = eiπ ⇔ ei(2z−π) = 1.
Comme
∀a ∈ C, ea = 1 ⇔ a = 2niπ, n ∈ Z,
32

il vient enfin que
cos(z) = 0 ⇔ 2z − π = 2nπ, n ∈ Z ⇔ z =

2n + 1
π, n ∈ Z.
2

b. Les fonctions sin et cos sont analytiques sur C, et par la question 1.a, la fonction cos ne
s’annule pas sur l’ouvert C \ { 2n+1
eor`eme sur les op´erations ´el´ementaires
2 π, n ∈ Z}. Par le th´
sin(z)
sur les fonctions analytiques, la fonction f : z 7→ f (z) = cos(z)
est donc analytique sur l’ouvert
2n+1
C \ { 2 π, n ∈ Z}. Comme cette fonction est identiquement ´egale `a la fonction tangente sur
l’intervalle ] − π2 , π2 [, la fonction tangente admet bien un prolongement analytique f sur l’ouvert
C \ { 2n+1
2 π, n ∈ Z}.
π π
De plus, l’ouvert C \ { 2n+1
2 π, n ∈ Z} est connexe, et tous les points de l’intervalle ] − 2 , 2 [
2n+1
sont des points d’accumulation dans C \ { 2 π, n ∈ Z}. Par le th´eor`eme du prolongement
analytique, la fonction f est donc l’unique prolongement analytique de la fonction tangente `a
l’ouvert C \ { 2n+1
2 π, n ∈ Z}.
ai+1
2.a. La fonction φ : a 7→ φ(a) = 1−ai
est d´efinie sur C \ {−i} `a valeurs complexes. De plus, elle
v´erifie
∀a ∈ C \ {−i}, φ(a) = 0 ⇔ a = i,

ce qui fournit
∀a ∈ C \ {±i}, ∃b = φ(a) ∈ C∗ tel que (1 − ai)b = ai + 1.
Par ailleurs, l’´equation
(1 − ai)b = ai + 1
n’a pas de solutions b non nulles pour a = ±i, d’o`
u l’´equivalence
∃b ∈ C∗ tel que (1 − ai)b = ai + 1 ⇔ a 6= ±i.
b. Soit a ∈ C. Par d´efinition du prolongement de la fonction tangente,
∀z ∈ C \

n 2n + 1
2

o
sin(z)
eiz − e−iz
e2iz − 1
π, n ∈ Z , tan(z) =
=
=
.
cos(z)
i(eiz + e−iz )
i(e2iz + 1)

En particulier, s’il existe z ∈ C tel que
a = tan(z),
alors
e2iz − 1 = ai(e2iz + 1),
ce qui est ´equivalent `a
e2iz (1 − ai) = ai + 1.
Comme la fonction exponentielle est `a valeurs complexes non nulles,
b = e2iz 6= 0.
Ainsi, l’´equation b(1 − ai) = 1 + ai a une solution b = e2iz non nulle, ce qui implique d’apr`es la
question 2.a que
a 6= ±i.
En conclusion, la fonction tangente ne peut prendre comme valeurs les nombres complexes i et
−i: elle est d´efinie de l’ouvert C \ { 2n+1
2 π, n ∈ Z} dans l’ouvert C \ {±i}.
Soit alors a ∈ C \ {±i}. D’apr`es la question 2.a, il existe un nombre complexe b non nul tel que
b(1 − ai) = 1 + ai.
33

Cependant, la fonction exponentielle est surjective de C sur C \ {0}, donc il existe un nombre
complexe λ tel que
b = eλ .
Il suffit alors de poser
z=
pour obtenir
tan(z) =

λ
,
2i

e2iz − 1
b−1
1 + ai − 1 + ai
=
=
= a.
2iz
i(e + 1)
ib + i
i−a+i+a

En conclusion, la fonction tangente est surjective de C \ { 2n+1
2 π, n ∈ Z} sur l’ouvert C \ {±i}.

34

Examen 2005-2006
Questions de cours.
1. Donner le d´eveloppement en s´erie enti`ere de la fonction sinus. Quel est son domaine (complexe) de validit´e ?
2. Soit f , une fonction analytique sur D(0, 1). On note
A(f ) = {z ∈ D(0, 1), f (z) = 2},
et on suppose que l’ensemble A(f ) a un point d’accumulation dans D(0, 1). Quelle est la valeur
de la fonction f ?
3. Donner l’´enonc´e du th´eor`eme de Liouville pour les fonctions analytiques et born´ees sur C.
4. Soit ∀t ∈ [0, 2π], γ(t) = eit , et ∀z ∈ C \ { 12 }, f (z) =
Z
I=

10
.
z− 12

Quelle est la valeur de l’int´egrale

f (z)dz ?
γ

Exercice 1.
On consid`ere l’´equation diff´erentielle ordinaire
y 00 − xy 0 − y = 0.

(1)
P

On cherche une solution y de l’´equation (1) sous la forme d’une s´erie enti`ere

an z n .

n≥0

1. Montrer que
∀n ∈ N, an+2 =
2. En d´eduire que
∀n ∈ N, a2n =

an
.
n+2

1
a0 ,
2n n!

et

2n n!
a1 .
(2n + 1)!
P
3. D´eterminer les rayons de convergence des s´eries enti`eres
∀n ∈ N, a2n+1 =

n≥0

1
n
2n n! z

et

P
n≥0

2n n!
n
(2n+1)! z .

4. Conclure que l’´equation (1) admet des solutions d´eveloppables en s´erie enti`ere sur R, et que
l’ensemble de ces solutions d´eveloppables en s´erie enti`ere est
S = {yλ,µ , (λ, µ) ∈ C2 },
o`
u
∀(λ, µ) ∈ C2 , ∀x ∈ R, yλ,µ (x) = λe

x2
2



+∞
X
n=0

2n n!
x2n+1 .
(2n + 1)!

Exercice 2.
Soit Ω, un ouvert connexe de C, et f1 et f2 , deux fonctions holomorphes sur Ω. On note P1
et Q1 , respectivement P2 et Q2 , les parties r´eelles et imaginaires des fonctions f1 et f2 , et on
suppose que
∀z ∈ Ω, f1 (z) + f2 (z) = 0.
35

1.a. Montrer que

½
∀z ∈ Ω,

b. En d´eduire que

P1 (z) = −P2 (z),
Q1 (z) = Q2 (z).


∂x P1 (z) = −∂x P2 (z),



∂y P1 (z) = −∂y P2 (z),
∀z ∈ Ω,
∂ Q (z) = ∂x Q2 (z),


 x 1
∂y Q1 (z) = ∂y Q2 (z).

´
2.a. Ecrire
les conditions de Cauchy-Riemann pour les fonctions f1 et f2 .
b. En d´eduire que
∀z ∈ Ω, ∂x P1 (z) = ∂x P2 (z) = ∂y P1 (z) = ∂y P2 (z) = 0.
c. Conclure que
∀z ∈ Ω, f1 0 (z) = f2 0 (z) = 0.
3.a. Soit n ∈ N∗ . Montrer que
(n)

(n)

∀z ∈ Ω, f1 (z) = f2 (z) = 0.
b. Soit z0 ∈ Ω. En d´eduire qu’il existe un r´eel R > 0 tel que
½
f1 (z) = f1 (z0 ),
∀z ∈ D(z0 , R),
f2 (z) = f2 (z0 ).
c. Conclure que les fonctions f1 et f2 sont constantes sur l’ouvert Ω.
Exercice 3.
2

Soit ∀z ∈ C, f (z) = e−z .
1. Soit R > 0. On consid`ere le chemin param´etr´e γR associ´e au chemin g´eom´etrique suivant
parcouru une seule fois dans le sens trigonom´etrique:

Pi/4
0

R

a. Montrer que la fonction f est holomorphe sur C.
b. En d´eduire la valeur de l’int´egrale
Z
I(R) =
f (z)dz.
γR

2.a. Montrer que

¯ Z
¯
∀R > 0, ¯¯i

0

π
4

it−R2 e2it

Re

¯ Z
¯
dt¯¯ ≤

0

36

π
4

Re−R

2

cos(2t)

dt.

b.(i) Soit
1

π
e− 2
∀t ∈ [0, [, g(t) = p
.
4
2 cos(2t)
Montrer que la fonction g est d´efinie et continue sur [0, π4 [, et v´erifie
1

e− 2

.
2 4 −t

g(t) ∼π
t→ 4


(ii) En d´eduire que l’int´egrale 04 g(t)dt est convergente.
c.(i) Montrer que
h πh
2
∀R > 0, ∀t ∈ 0, , Re−R cos(2t) ≤ g(t).
4
(ii) En d´eduire que
Z π
4
2 2it
Reit−R e dt → 0.
i
R→+∞

0

R +∞
3.a. Montrer que l’int´egrale 0 f (t)dt est convergente.
b.(i) Soit R > 0. Montrer que
Z

R

e

−it2

dt = e

− iπ
4

µZ

f (t)dt + i

0

(ii) En d´eduire que

Z

R

0

Z

R

2

e−it dt

0

c. On admet que

Z

it−R2 e2it

Re


dt .

0





R→+∞

Z

e− 4

+∞

f (t)dt =
R +∞

π
4

0
2
e−it dt

+∞

f (t)dt.
0


π
.
2

(i) Montrer que l’int´egrale 0
est convergente, et d´eterminer sa valeur.
R +∞
R +∞
(ii) En d´eduire que les int´egrales 0 cos(t2 )dt et 0 sin(t2 )dt sont convergentes, et calculer
leurs valeurs.

37

38

Corrig´
e de l’examen 2005-2006
Questions de cours.
1. La fonction sinus est donn´ee par
+∞
X
(−1)n 2n+1
∀z ∈ C, sin(z) =
z
.
(2n + 1)!
n=0

Ce d´eveloppement est valable sur C.
2. Soit ∀z ∈ D(0, 1), g(z) = f (z)−2, et Z(g) = {z ∈ D(0, 1), g(z) = 0}. Comme la fonction f est
analytique sur D(0, 1), la fonction g est aussi analytique sur l’ouvert connexe D(0, 1). De plus,
l’ensemble de ces z´eros Z(g) est ´egal `a l’ensemble A(f ), donc poss`ede un point d’accumulation
dans D(0,1). Par le principe des z´eros isol´es, la fonction g est donc identiquement nulle sur
D(0, 1), ce qui implique que
∀z ∈ D(0, 1), f (z) = g(z) + 2 = 2.
3. Le th´eor`eme de Liouville affirme qu’une fonction holomorphe et born´ee sur C est constante.
4. La fonction f est m´eromorphe sur l’ouvert C, qui est ´etoil´e par rapport au point 0: elle admet
un unique pˆole d’ordre 1 au point 21 , dont le r´esidu est
³ 1´
R´es f,
= 10.
2
De plus, le chemin param´etr´e γ est un lacet dans C \ { 21 }, donc, par le th´eor`eme des r´esidus,
³ 1´
³1´
I = 2iπR´es f, Indγ
= 20iπ.
2
2
Exercice 1.
1. La fonction y est d´eveloppable
erie enti`ere sur l’intervalle ] − R, R[ (o`
u R est le rayon de
P en s´
convergence de la s´erie enti`ere
an z n , qui est suppos´e strictement positif), donc elle s’´ecrit
n≥0

∀x ∈] − R, R[, y(x) =

+∞
X

an x n ,

n=0

et sa d´eriv´ee et sa d´eriv´ee seconde s’´ecrivent
∀x ∈] − R, R[, y 0 (x) =

+∞
X

nan xn−1 ,

n=1

et
∀x ∈] − R, R[, y 00 (x) =

+∞
X

(n + 2)(n + 1)an+2 xn .

n=0

De plus, la fonction y est une solution de l’´equation (1), ce qui fournit
∀x ∈] − R, R[,

+∞ ³
X

´
(n + 2)(n + 1)an+2 − nan − an xn = 0,

n=0

39

puis, par unicit´e des coefficients d’une s´erie enti`ere,
∀n ∈ N, (n + 2)(n + 1)an+2 − nan − an = 0,
c’est-`a-dire,

an
.
n+2

∀n ∈ N, an+2 =
2. La formule de la question 1.a fournit
∀n ≥ 1, a2n =

a2(n−1)
a2n−2
=
,
2n
2n

donc, par r´ecurrence,
∀n ∈ N, a2n =

1

a0 .
2n n!

De mˆeme, la formule de la question 1.a am`ene
∀n ≥ 1, a2n+1 =

a2n−1
2n
=
a
,
2n + 1
(2n + 1)(2n) 2(n−1)+1

d’o`
u, par r´ecurrence,
∀n ∈ N, a2n+1 =
3. La suite (un =

1
2n n! )n∈N

2n n!
a1 .
(2n + 1)!

est non nulle `a partir du rang n = 0, et v´erifie
¯
¯u
1
¯ n+1 ¯
¯=
¯
un
2(n + 1)



n→+∞

0,

donc, par le crit`ere de D’Alembert, le rayon de convergence de la s´erie
De mˆeme, la suite (vn =

2n n!
(2n+1)! )n∈N

P
n≥0

1
n
2n n! z

est ´egal `a +∞.

est non nulle `a partir du rang n = 0, et v´erifie

¯
¯v
1
¯ n+1 ¯
¯=
¯
vn
2n + 3



n→+∞

0,

donc, par le crit`ere de D’Alembert, le rayon de convergence de la s´erie

P
n≥0

2n n!
n
(2n+1)! z

est aussi

´egal `a +∞.
4. Soit (λ, µ) ∈ C2 , et
+∞
+∞
X
X
1 2n
2n n!
∀x ∈ R, yλ,µ (x) = λ
x
+
µ
x2n+1 .
2n n!
(2n + 1)!
n=0

n=0

P 1 n
P 2n n! n
D’apr`es la question 1.d, les rayons de convergence des s´eries enti`eres
2n n! z et
(2n+1)! z
n≥0
P 1 n
P 2n n! n n≥0
sont ´egaux `a +∞, donc les s´eries enti`eres
2n n! z et
(2n+1)! z sont convergentes quel que
n≥0
n≥0
P 1 2n
P 2n n! 2n+1
soit le nombre complexe z. Par cons´equent, les s´eries enti`eres
et
2n n! z
(2n+1)! z
n≥0

n≥0

sont aussi convergentes quel que soit le nombre complexe z, ce qui prouve que leurs
de
P rayons
1
n
convergence sont ´egaux `a +∞, puis que le rayon de convergence de la s´erie enti`ere
(λ 2n n! z +
2n n!
µ (2n+1)!
zn)

n≥0

est aussi ´egal `a +∞.

40

Ainsi, la fonction yλ,µ est d´eveloppable en s´erie enti`ere sur R. En particulier, elle est de classe
C 2 sur R, et v´erifie d’apr`es les questions 1.a et 1.b,
00
0
∀x ∈ R, yλ,µ
(x) − xyλ,µ
(x) + yλ,µ (x) = 0,

donc, elle est solution de l’´equation (1).
R´eciproquement, d’apr`es les questions 1.a et 1.b, si y est une solution d´eveloppable en s´erie
enti`ere sur R de l’´equation (1), alors,
∀x ∈ R, y(x) = a0

+∞
+∞
X
X
1 2n
2n n!
x
+
a
x2n+1 ,
1
2n n!
(2n + 1)!

n=0

n=0

ce qui est ´equivalent `a
y = ya0 ,a1 ,
avec a0 = y(0) ∈ C et a1 = y 0 (0) ∈ C.
En conclusion, l’´equation (1) admet des solutions d´eveloppables en s´erie enti`ere sur R, et
l’ensemble de ces solutions d´eveloppables en s´erie enti`ere est
S = {yλ,µ , (λ, µ) ∈ C2 }.
Enfin, la d´efinition de la fonction exponentielle donne
∀x ∈ R,

+∞
+∞
X
x2
1 n X 1 ³ x2 ´n
x
=
=e2 ,
n
2 n!
n! 2
n=0

n=0

d’o`
u l’expression
∀(λ, µ) ∈ C2 , ∀x ∈ R, yλ,µ (x) = λe

x2
2



+∞
X
n=0

2n n!
x2n+1 .
(2n + 1)!

Exercice 2.
1.a. Par d´efinition des parties r´eelles et imaginaires,
½
f1 (z) = P1 (z) + iQ1 (z),
∀z ∈ Ω,
f2 (z) = P2 (z) + iQ2 (z),
donc,
f1 (z) + f2 (z) = (P1 (z) + P2 (z)) + i(Q1 (z) − Q2 (z)).
Comme f1 (z) + f2 (z) = 0, il s’ensuit que
½
∀z ∈ Ω,

P1 (z) = −P2 (z),
Q1 (z) = Q2 (z),

b. La d´erivation des ´egalit´es de la question 1.a (par rapport `a

∂x P1 (z) = −∂x P2 (z),



∂y P1 (z) = −∂y P2 (z),
∀z ∈ Ω,
∂ Q (z) = ∂x Q2 (z),


 x 1
∂y Q1 (z) = ∂y Q2 (z).

41


∂x

et `a


∂y )

donne directement

2.a. Les fonctions f1 et f2 sont holomorphes sur l’ouvert Ω, donc v´erifient les conditions de
Cauchy-Riemann suivantes:

∂x P1 (z) = ∂y Q1 (z),



∂y P1 (z) = −∂x Q1 (z),
∀z ∈ Ω,
∂ P (z) = ∂y Q2 (z),


 x 2
∂y P2 (z) = −∂x Q2 (z).
b. D’apr`es la question 2.a,

½
∀z ∈ Ω,

∂x P1 (z) = ∂y Q1 (z),
∂x P2 (z) = ∂y Q2 (z),

or, d’apr`es la question 1.b,
∂y Q1 (z) = ∂y Q2 (z),
donc,
∂x P1 (z) = ∂x P2 (z).
Cependant, d’apr`es la question 1.b,
∂x P1 (z) = −∂x P2 (z),
d’o`
u,
∀z ∈ Ω, ∂x P1 (z) = ∂x P2 (z) = 0.
De mˆeme, d’apr`es la question 2.a,
½
∀z ∈ Ω,

∂y P1 (z) = −∂x Q1 (z),
∂y P2 (z) = −∂x Q2 (z),

or, d’apr`es la question 1.b,
∂x Q1 (z) = ∂x Q2 (z),
donc,
∂y P1 (z) = ∂y P2 (z).
Cependant, d’apr`es la question 1.b,
∂y P1 (z) = −∂y P2 (z),
d’o`
u,
∀z ∈ Ω, ∂y P1 (z) = ∂y P2 (z) = 0.
c. La formule de la d´eriv´ee de la fonction holomorphe f1 en fonction des d´eriv´ees partielles des
fonctions P1 et Q1 s’´ecrit
∀z ∈ Ω, f1 0 (z) = ∂x P1 (z) + i∂x Q1 (z),
ce qui s’´ecrit aussi grˆace aux conditions de Cauchy,
∀z ∈ Ω, f1 0 (z) = ∂x P1 (z) − i∂y P1 (z).
D’apr`es la question 2.b, il s’ensuit que
∀z ∈ Ω, f1 0 (z) = 0.
De mˆeme, la fonction f2 v´erifie

∀z ∈ Ω, f2 0 (z) = 0.
42

3.a. Les fonctions f1 0 et f2 0 sont identiquement nulles sur Ω, donc elles sont holomorphes `a tout
ordre sur Ω et toutes leurs d´eriv´ees sont identiquement nulles sur Ω. Il s’ensuit en particulier
que
(n)
(n)
∀n ∈ N∗ , ∀z ∈ Ω, f1 (z) = f2 (z) = 0.
b. Soit z0 ∈ Ω. Les fonctions f1 et f2 sont analytiques sur l’ouvert Ω, donc il existe un r´eel
R > 0 tel que

+∞
P f1(n) (z0 )


(z − z0 )n ,
 f1 (z) =
n!
n=0
∀z ∈ D(z0 , R),
+∞
P f2(n) (z0 )


(z − z0 )n .
 f2 (z) =
n!
n=0

D’apr`es la question 3.a, il s’ensuit que

+∞
P


0 = f1 (z0 ),
 f1 (z) = f1 (z0 ) +
n=1
∀z ∈ D(z0 , R),
+∞
P


0 = f2 (z0 ).
 f2 (z) = f2 (z0 ) +
n=1

c. Les fonctions z 7→ f1 (z) − f1 (z0 ) et z 7→ f2 (z) − f2 (z0 ) sont holomorphes, donc analytiques
sur l’ouvert connexe Ω. De plus, elles s’annulent sur le disque ouvert D(z0 , R), donc, d’apr`es le
principe du prolongement analytique, elles sont identiquement nulles sur Ω, ce qui signifie que
½
f1 (z) = f1 (z0 ),
∀z ∈ Ω,
f2 (z) = f2 (z0 ).
En conclusion, les fonctions f1 et f2 sont constantes sur Ω.
Exercice 3.
1.a. Les fonctions z 7→ z 2 et z 7→ ez sont holomorphes sur C, donc, la fonction f est holomorphe
sur C en tant que compos´ee de fonctions holomorphes.
b. Soit R > 0. D’apr`es la question 1.a, la fonction f est holomorphe sur l’ouvert C, qui est ´etoil´e
par rapport au point 0. De plus, le chemin γR est un lacet dans C, donc, d’apr`es le th´eor`eme
de Cauchy,
Z
I(R) =

f (z)dz = 0.
γR

2.a. Soit R > 0. Les propri´et´es ´el´ementaires de la fonction exponentielle fournissent
¯ Z π
¯ Z π ¯
Z π ¯ ¯¯
Z π
¯
¯
¯
¯
4
4
4
4
2
¯ it−R2 e2it ¯
¯ it ¯¯ −R2 e2it ¯
it−R2 e2it ¯
¯i
Re
dt¯ ≤
R ¯e
R¯e ¯¯e
Re−R cos(2t) dt.
¯dt ≤
¯dt ≤
¯
0

0

0

0

b.(i) La fonction t 7→ 2 cos(2t) est d´efinie, continue et strictement positive sur [0, π4 [, et la fonction
−1

t 7→ e√t2 est d´efinie et continue sur ]0, +∞[, donc, la fonction g est d´efinie et continue sur [0, π4 [,
en tant que compos´ee de fonctions continues.
De plus,
1
1
e− 2
π
e− 2
=p
,
∀t ∈ [0, [, g(t) = p
4
2 cos( π2 − 2( π4 − t))
2 sin(2( π4 − t))
et

1
1
∼ √ ,
u→0
sin(u)
u
43

d’o`
u

1

e− 2
g(t) ∼π p π
.
t→ 4 2
4 −t


(ii) Comme 12 < 1, l’int´egrale de Riemann 04 √dt
est convergente. D’apr`es la question 2.b.(i),
π
−t
4
π
R
l’int´egrale 04 g(t)dt est aussi convergente.
c.(i) Soit t ∈ [0, π4 [, et

∀R ∈ R, φt (R) = Re−R

2

cos(2t)

.

La fonction φt est de classe C ∞ sur R, et v´erifie
∀R ∈ R, φt 0 (R) = (1 − 2R2 cos(2t))e−R
Il s’ensuit que

µ



1

∀R > 0, Re−R

2

cos(2t)

cos(2t)

.

1

∀R ∈ R, φt (R) ≤ φt p
2 cos(2t)
ce qui conduit `a

2

=p

e− 2
2 cos(2t)

,

≤ g(t).

(ii) D’apr`es les questions 2.b.(ii) et 2.c.(i),
h πh
2
∀R > 0, ∀t ∈ 0, , Re−R cos(2t) ≤ g(t),
4

et l’int´egrale 04 g(t)dt est convergente. De plus,
h πh
2
∀t ∈ 0, , Re−R cos(2t) → 0,
t→+∞
4
donc, d’apr`es le th´eor`eme de convergence domin´ee,
Z

π
4

Z
Re

−R2 cos(2t)

dt

0



R→+∞

π
4

0 dt = 0.

0

D’apr`es la question 2.a, il s’ensuit que
Z
i

π
4

Reit−R

2 e2it

dt

0



R→+∞

0.

3.a. D’apr`es la question 1.a, la fonction f est holomorphe sur C, donc sa restriction `a l’intervalle
[0, +∞[ est continue sur [0, +∞[. De plus,
t2 e−t

2

→ 0,

t→+∞

donc par d´efinition de cette limite, il existe un r´eel A > 0 tel que
2

∀t ≥ A, f (t) = e−t ≤
Comme l’int´egrale de Riemann
est aussi convergente.

R +∞
A

dt
t2

1
.
t2

est convergente, il en r´esulte que l’int´egrale

44

R +∞
0

f (t)dt

b.(i) Soit R > 0. Par d´efinition,
Z

Z

R

I(R) =

π
4

f (t)dt + i
0

it

it

Re f (Re )dt − e

Z


4

0

R

¡
iπ ¢
f (R − t)e 4 dt,

0

donc, d’apr`es la question 1.b,
Z



R

e4

¡
iπ ¢
f (R − t)e 4 dt =

Z

Z

R

f (t)dt + i
0

0

π
4

Reit f (Reit )dt.

0

Cependant, le changement de variable u = R − t fournit
Z R
Z
¡

iπ ¢

e4
f (R − t)e 4 dt = e 4
0

R

¡ iπ ¢
f ue 4 du,

0

ce qui s’´ecrit aussi
e


4

Z

R

¡
iπ ¢

f (R − t)e 4 dt = e 4

Z

R

e

0

−u2 e


2

du = e


4

Z

0

R

2

e−iu du.

0

De mˆeme, par d´efinition de la fonction f ,
Z

Z

π
4

i

it

Re f (Re )dt = i

0

d’o`
u
e


4

Z

π
4

it

Reit−R

2 e2it

dt,

0

Z

R

e

−iu2

du =

0

Z

R

π
4

f (t)dt + i
0

Reit−R

2 e2it

dt,

0

ce qui est ´equivalent `a
Z

R

e

−it2

dt = e

− iπ
4

µZ

Z

R

f (t)dt + i

0

0

R +∞

(ii) D’apr`es la question 3.a, l’int´egrale
Z

0

Re


dt .

f (t)dt est convergente, donc,
Z

0

it−R2 e2it

0

R

f (t)dt

π
4

+∞



R→+∞

f (t)dt.
0

De plus, d’apr`es la question 2.c.(ii),
Z
i

π
4

Reit−R

2 e2it

dt

0



R→+∞

0,

donc, d’apr`es la question 3.b.(i),
Z

R

−it2

e
0

dt



R→+∞

e

− iπ
4

Z

+∞

f (t)dt.
0

2

c.(i) La fonction t 7→ e−it est d´efinie et continue sur [0, +∞[. De plus, d’apr`es la question
3.b.(ii),
Z R
Z +∞

2
e−it dt → e− 4
f (t)dt,
0

R→+∞

45

0

donc, par d´efinition de la convergence d’une int´egrale, l’int´egrale
et sa valeur est ´egale `a
Z

+∞

e

−it2

dt = e

Z

− iπ
4

0

+∞

0

R +∞
0

2

e−it dt est convergente,

√ − iπ
πe 4
f (t)dt =
.
2

(ii) Les fonctions t 7→ cos(t2 ) et t 7→ sin(t2 ) sont d´efinies et continues sur [0, +∞[. De plus,
Z
∀R > 0,

R

Z

R

2

e−it dt =

0

Z

R

cos(t2 )dt − i

0

sin(t2 )dt,

0

donc, d’apr`es la question 3.b,
Z

R

Z
2

cos(t )dt − i
0

R

2

sin(t )dt
0



R→+∞

√ − iπ
πe 4
,
2

ce qui implique que
 R
³ √ − iπ ´ √

4

 0R cos(t2 )dt → R´e πe2
= 2π cos( π4 ) = 42π ,
R→+∞
³ √ − iπ ´ √

RR

πe 4
π

π
2 )dt

sin(t

−Im
=
sin(
)
=
2
2
4
4 .
0
R→+∞

Par d´efinition de la convergence d’une int´egrale, les int´egrales
sont donc convergentes, et sont ´egales `a
( R

+∞
2 )dt = 2π ,
cos(t
√4
R0+∞
2 )dt = 2π .
sin(t
4
0

46

R +∞
0

cos(t2 )dt et

R +∞
0

sin(t2 )dt

Examen de rattrapage 2005-2006
Questions de cours.
1. Donner le d´eveloppement en s´erie enti`ere de la fonction z 7→
(complexe) de validit´e ?

1
.
(1−z)2

Quel est son domaine

2. Soit f , une fonction analytique sur C. On suppose que
³1´
1
∀n ∈ N, f n = n .
2
4
Quelle est la valeur de la fonction f ?
3. Soit γ, un chemin sur le segment [0, 1], et f , une fonction holomorphe sur C. Donner la
d´efinition de l’int´egrale de la fonction f sur le chemin γ.
4. Soit ∀t ∈ [0, 2π], γ(t) = e2it . Quelle est la valeur de l’int´egrale
Z
I = sin(z)dz ?
γ

Exercice 1.
1. Calculer la valeur des int´egrales
(i) I =

R 2π
0

dx
2+cos(x) ,

(ii) J =

R 2π
0

ix

ee eix dx, (iii) K =

R +∞

x2
−∞ (4+x2 )2 dx.

2. Soit −1 < a < 1. D´eterminer en fonction du param`etre a, la valeur de l’int´egrale
Z 2π
dx
.
I(a) =
1 − 2a sin(x) + a2
0
Exercice 2.
1.a. Soit z ∈ C. Montrer que
sh(z) = 0 ⇔ z = nπi, n ∈ Z.
b. En d´eduire que la fonction cotangente hyperbolique, d´efinie par
∀x ∈ R \ {0}, coth(x) =

ch(x)
,
sh(x)

admet un unique prolongement analytique sur C \ {nπi, n ∈ Z}, que l’on appelle fonction cotangente hyperbolique complexe.
2.a. Soit a ∈ C. Montrer que
∃b ∈ C∗ tel que (1 − a)b = −1 − a ⇔ a 6= ±1.
b. En d´eduire que la fonction cotangente hyperbolique complexe est surjective de C\{nπi, n ∈ Z}
sur C \ {−1, 1}.
Exercice 3.
Soit f , une fonction holomorphe sur C.
47

1. Soit α ∈]0, +∞[. On suppose que
∀z ∈ C, |f (z)| ≥ α.
a. Soit ∀z ∈ C, g(z) =

1
f (z) .

Montrer que la fonction g est d´efinie, born´ee et holomorphe sur C.

b. En d´eduire que la fonction f est constante sur C.
2. On suppose dans cette question, que la fonction f n’est pas constante, et on note
∀z ∈ C, ρ(z) = |f (z)|.
a. Montrer, `a l’aide d’un raisonnement par l’absurde, que
inf{ρ(z), z ∈ C} = 0.
b. Montrer que
sup{ρ(z), z ∈ C} = +∞.
c. En d´eduire que l’image de C par la fonction ρ est ´egale `a ]0, +∞[ ou [0, +∞[.
3.a. D´eterminer une fonction f , holomorphe sur C, telle que l’image de C par la fonction ρ soit
´egale `a [0, +∞[.
b. D´eterminer une fonction f , holomorphe sur C, telle que l’image de C par la fonction ρ soit
´egale `a ]0, +∞[.

48

Corrig´
e de l’examen de rattrapage 2005-2006
Questions de cours.
1. La fonction z 7→

1
(1−z)2

est donn´ee par
+∞

∀z ∈ D(0, 1) = {z ∈ C, |z| < 1},

X
1
=
(n + 1)z n .
2
(1 − z)
n=0

Ce d´eveloppement est valable sur D(0, 1).
2. Soit ∀z ∈ C, g(z) = f (z) − z 2 . Comme la fonction f est analytique sur C, la fonction g
est aussi analytique sur l’ouvert connexe C. De plus, l’ensemble de ces z´eros Z(g) contient le
sous-ensemble { 21n , n ∈ N}, qui poss`ede un point d’accumulation 0 dans C. Par le principe des
z´eros isol´es, la fonction g est donc identiquement nulle sur C, ce qui implique que
∀z ∈ C, f (z) = g(z) + z 2 = z 2 .
3. L’int´egrale de la fonction f sur le chemin γ est d´efinie par
Z
Z 1
f (z)dz =
f (γ(t))γ 0 (t)dt.
γ

0

4. La fonction sinus est holomorphe sur l’ouvert C, qui est ´etoil´e par rapport au point 0. Comme
l’int´egrale sur un lacet d’une fonction holomorphe sur un ouvert ´etoil´e par rapport `a un point
est nulle, la valeur de l’int´egrale de la fonction f sur le lacet γ est ´egale `a
I = 0.
Exercice 1.
1
. La fonction f est d´efinie et continue sur l’intervalle
1.(i) Soit ∀x ∈ [0, 2π], f (x) = 2+cos(x)
[0, 2π], donc l’int´egrale I est bien d´efinie. De plus, par la formule d’Euler,

f (x) = −2i

ieix
.
e2ix + 4eix + 1

En particulier, si l’on note
∀x ∈ [0, 2π], γ(x) = eix ,
alors,

Z
I = −2i
γ

z2

1
z 2 +4z+1

dz
.
+ 4z + 1

Cependant, la fonction g : z 7→
est m´eromorphe sur l’ouvert C, qui est ´etoil´e par rapport


au point 0: elle admet deux pˆoles d’ordre 1 aux points −2 − 3 et −2 + 3, dont les r´esidus
sont
³
³
√ ´
√ ´
1
R´es g, −2 + 3 = −R´es g, −2 − 3 = √ .
2 3


De plus, le chemin param´etr´e γ est un lacet dans C \ {−2 − 3, −2 + 3}, donc, par le th´eor`eme
des r´esidus,
³
√ ¢
√ ¢
√ ¢´
√ ¢
¡
¡
¡
¡

I = 4π R´es g, −2 − 3 Indγ − 2 − 3 + R´es g, −2 + 3 Indγ − 2 + 3 = √ .
3
49

(ii) Soit ∀x ∈ [0, 2π], γ(x) = eix . Par d´efinition, le chemin param´etr´e γ est un lacet dans C, tel
que
Z
ez dz.

J = −i
γ

De plus, la fonction exponentielle est holomorphe sur l’ouvert C, qui est ´etoil´e par rapport au
point 0. Comme l’int´egrale sur un lacet d’une fonction holomorphe sur un ouvert ´etoil´e par
rapport `a un point est nulle, la valeur de l’int´egrale J est ´egale `a
J = 0.
2

z
(iii) Soit ∀z ∈ C \ {±2i}, h(z) = (4+z
eromorphe sur l’ouvert C, qui est
2 )2 . La fonction h est m´
´etoil´e par rapport au point 0: elle admet deux pˆoles d’ordre 1 aux points −2i et 2i, dont les
r´esidus sont
³
´
³
´
i
R´es h, −2i = −R´es h, 2i = .
8
Soit alors R > 0, et γR , le chemin param´etr´e associ´e au chemin g´eom´etrique suivant parcouru
une seule fois dans le sens trigonom´etrique:

iR

−R

0

R

Ce chemin est un lacet dans C \ {±2i}, donc, par le th´eor`eme des r´esidus,
µ
Z
³
´
³
´
³
´
³ ´¶ π
h(z)dz = 2iπ R´es h, −2i IndγR − 2i + R´es h, 2i IndγR 2i
= .
4
γR
Cependant, par d´efinition de γR ,
Z
Z
h(z)dz = i
γR

De plus,

¯ Z
¯
¯i
¯

0

tandis que

π

Z
it

it

it

Z

R2
πR2
dt ≤
2
2
+ 4|
(R − 4)2

|R2 e2it

Z

R

h(x)dx
−R

h(x)dx.
−R

π

0

R

e h(Re )dt +

0

¯ Z
¯
e h(Re )dt¯¯ ≤
it

π

d’o`
u, en passant `a la limite R → +∞,
K=

0,

+∞



R→+∞



R→+∞

h(x)dx = K,
−∞

π
.
4

1
2. Soit ∀x ∈ [0, 2π], fa (x) = 1−2a sin(x)+a
efinie et continue sur l’intervalle
2 . La fonction f est d´
[0, 2π], donc l’int´egrale I(a) est bien d´efinie. De plus, par la formule d’Euler,

fa (x) =

ieix
.
−ae2ix + i(1 + a2 )eix + a
50


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